121
128 A Le programme Produit scalaire dans l’espace 9 CHAPITRE Dans cette partie, il s’agit, d’une part de renforcer la vision dans l’espace entretenue en classe de Première, d’autre part de faire percevoir toute l’importance de la notion de direction de droite ou de plan. […] Le repérage permet à la fois de placer des objets dans l’espace et de se donner un moyen de traiter des problèmes d’intersection d’un point de vue algébrique. L’objectif est de rendre les élèves capables d’étudier des problèmes d’intersection de droites et de plans, en choisissant un cadre adapté, vectoriel ou non, repéré ou non. Contenus Capacités attendues Commentaires Produit scalaire Produit scalaire de deux vecteurs dans l’espace : définition, propriétés. On étend aux vecteurs de l’espace la définition du produit scalaire donnée dans le plan. Vecteur normal à un plan. Équation cartésienne d’un plan. • Déterminer si un vecteur est normal à un plan. Caractériser les points d’un plan de l’espace par une relation ax + by + cz + d = 0 avec a, b, c trois nombres réels non tous nuls. • Déterminer une équation cartésienne d’un plan connaissant un point et un vecteur normal. • Déterminer un vecteur normal à un plan défini par une équation cartésienne. Démontrer qu’une droite est orthogonale à toute droite d’un plan si et seulement si elle est orthogonale à deux droites sécantes de ce plan. • Choisir la forme la plus adaptée entre équation cartésienne et représentation paramétrique pour : – déterminer l’intersection d’une droite et d’un plan ; – étudier la position relative de deux plans. On caractérise vectoriellement l’orthogonalité de deux droites et on introduit la notion de plans perpendiculaires. AP Perpendiculaire commune à deux droites non coplanaires. Intersection de trois plans. Dans ce deuxième chapitre de géométrie dans l’espace, nous abordons la notion de produit scalaire de deux vecteurs. Cet outil déjà rencontré en classe de Première dans le plan, nous permet entre autre d’étudier vectoriellement les notions d’orthogonalité. Ainsi après avoir défini la notion de vecteur normal à un plan et conformément au programme, nous caractérisons les points d’un plan par une équation cartésienne de celui-ci. Nous étudions les positions relatives de plans et de droites, et notamment l’intersection d’une droite et d’un plan lorsque ceux-ci sont sécants. L’utilisation conjointe d’une représentation paramétrique d’une droite et d’une équation cartésienne du plan permettant de déterminer les coordonnées du point d’intersection. Pour introduire ces différentes notions, nous proposons quatre activités. La première permet d’étendre naturellement le produit scalaire de deux vecteurs à l’espace, en partant d’une configuration connue des élèves. Dans la seconde activité, nous faisons découvrir les équations cartésiennes d’un plan en recherchant la nature d’un ensemble défini par une condition portant sur les coordonnées. L’activité trois est consacrée aux positions relatives de plans, avec une utilisation d’un logiciel de géométrie dans l’espace qui aidera les élèves à faire les conjectures sur les relations entre le parallélisme de deux plans et des équations de ces plans. Enfin la dernière activité permet d’introduire la notion de plans perpendiculaires. B Notre point de vue

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128

A Le programme

Produit scalaire dans l’espace9

chaPitre

Dans cette partie, il s’agit, d’une part de renforcer la vision dans l’espace entretenue en classe de Première, d’autre part de faire percevoir toute l’importance de la notion de direction de droite ou de plan.[…] Le repérage permet à la fois de placer des objets dans l’espace et de se donner un moyen de traiter des problèmes d’intersection d’un point de vue algébrique.L’objectif est de rendre les élèves capables d’étudier des problèmes d’intersection de droites et de plans, en choisissant un cadre adapté, vectoriel ou non, repéré ou non.

Contenus Capacités attendues Commentaires

Produit scalaireProduit scalaire de deux vecteurs dans l’espace : définition, propriétés.

On étend aux vecteurs de l’espace la définition du produit scalaire donnée dans le plan.

Vecteur normal à un plan.

Équation cartésienne d’un plan.

• Déterminer si un vecteur est normal à un plan.

Caractériser les points d’un plan de l’espace par une relation ax + by + cz + d = 0 avec a, b, c trois nombres réels non tous nuls.• Déterminer une équation cartésienne d’un plan connaissant un point et un vecteur normal.• Déterminer un vecteur normal à un plan défini par une équation cartésienne.Démontrer qu’une droite est orthogonale à toute droite d’un plan si et seulement si elle est orthogonale à deux droites sécantes de ce plan.• Choisir la forme la plus adaptée entre équation cartésienne et représentation paramétrique pour : – déterminer l’intersection d’une droite et d’un plan ; – étudier la position relative de deux plans.

On caractérise vectoriellement l’orthogonalité de deux droites et on introduit la notion de plans perpendiculaires.

AP Perpendiculaire commune à deux droites non coplanaires.Intersection de trois plans.

Dans ce deuxième chapitre de géométrie dans l’espace, nous abordons la notion de produit scalaire de deux vecteurs. Cet outil déjà rencontré en classe de Première dans le plan, nous permet entre autre d’étudier vectoriellement les notions d’orthogonalité. Ainsi après avoir défini la notion de vecteur normal à un plan et conformément au programme, nous caractérisons les points d’un plan par une équation cartésienne de celui-ci. Nous étudions les positions relatives de plans et de droites, et notamment l’intersection d’une droite et d’un plan lorsque ceux-ci sont sécants. L’utilisation conjointe d’une représentation paramétrique d’une droite et d’une équation cartésienne du plan permettant de déterminer les coordonnées du point d’intersection. Pour introduire ces différentes notions, nous proposons quatre activités. La première permet d’étendre naturellement le produit scalaire de deux vecteurs à l’espace, en partant d’une configuration connue des élèves. Dans la seconde activité, nous faisons découvrir les équations cartésiennes d’un plan en recherchant la nature d’un ensemble défini par une condition portant sur les coordonnées. L’activité trois est consacrée aux positions relatives de plans, avec une utilisation d’un logiciel de géométrie dans l’espace qui aidera les élèves à faire les conjectures sur les relations entre le parallélisme de deux plans et des équations de ces plans. Enfin la dernière activité permet d’introduire la notion de plans perpendiculaires.

B Notre point de vue

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129Chapitre 9 Produit scalaire dans l’espace – Term S spécifique

D Activités

Voir livre pages 426 et 427 et le site www.bordas-indice.fr pour les corrections détaillées.

C Avant de commencer

La notion d’équation de plan est essentielle et l’un des thèmes de l’accompagnement personnalisé y est consacré, l’autre s’attache à reprendre pas à pas l’obtention d’une représentation paramétrique d’une droite d’intersection de deux plans sécants. Concernant l’approfondissement, nous avons fait le choix de proposer de déterminer la perpendiculaire commune de deux droites non coplanaires.

Les notions abordées dans le chapitre 91. Produit scalaire dans l’espace2. Applications du produit scalaire3. Intersection de droites et de plans

activité Approche du produit scalaire dans l'espace

1

L’objectif de cette activité est d’introduire la notion de produit scalaire pour des vecteurs de l’espace. Nous partons d’un solide que les élèves ont étudié dans les classes antérieures, et par des égalités vectorielles successives, on se ramène à des calculs de produits scalaires dans un plan et on conjecture à partir d’un cas particulier que la propriété de linéarité reste valable dans l’espace.

1. AD . AH = a2.

2. a. CF = DE et DE = DA + AE = –AD + AE.b. AH . DE = 0 car [AH] et [DE] sont les diagonales du carré ADHE, on déduit que AH . CF = 0.

3. AD . DC = 0 et AD . HG = 0.

4. a. La droite (AD) est perpendiculaire au plan (DHG) et (GD) est incluse dans ce plan.b. AD . AG = AD . (AD + DG) = AD2 = a2 or AD . AH = a2

et AD . HG = 0.

activité équations cartésiennes d’un plan

2

Dans cette activité, nous introduisons la notion d’équation d’un plan de l’espace. Pour cela nous considérons un ensemble de point de l’espace dont les coordonnées vérifient une condition simple puis par des considérations géométriques et en utilisant le produit scalaire, nous démontrons que l’ensemble cherché est un plan.

Fichier associé sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 09_TS_activite2.g3w (Geospace).

1. a. Le point de coordonnées (1 ; 1 ; 1) est un sommet du cube qui appartient à l’ensemble .

c c

c c c c c c cc c

c c

c c c c

c c c c c c cc c

b. Le point de coordonnées (3 ; 0 ; 0) est sur l’axe des abscisses et appartient à l’ensemble .c. Il s’agit de la droite (AB) avec A (3 ; 0 ; 0) et B (0 ; 3 ; 0).d. Soit C (0 ; 0 ; 3). L’intersection de avec le plan (yOz) est la droite (BC). L’intersection de avec le plan (xOz) est la droite (AC).

A

B

C

O

2. a. I car (–2) + 4 + 1 = 3 et J car 0 + 1 + 1 = 2.b. c = 1.

3. a. z = 3 – x – y.b. On conjecture que est un plan.

4. a. T (3 ; 0 ; 0), U (0 ; 3 ; 0) et V (0 ; 0 ; 3). OF (1 ; 1 ; 1) etTU (–3 ; 3 ; 0) donc OF . TU = 0, ce qui prouve que les vecteurs OF et TU sont orthogonaux.

b. TV (–3 ; 0 ; 3) et OF . TV = 0. Le vecteur OF est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (TUV) donc OF est un vecteur normal au plan (TUV), la droite (OF) est donc orthogonale au plan (TUV).c. Soit M (xM ; yM ; zM) un point de (TUV), UM (xM ; yM – 3 ; zM) et UM . OF = 0 donc xM + (yM – 3) + zM = 0 et xM + yM + zM = 3.d. Soit M (xM ; yM ; 3 – xM – yM) un point de .

FM (xM –1 ; yM – 1 ; 2 – xM – yM) donc FM . OF = (xM – 1) × 1 + (yM – 1) 1 + (2 – xM – yM) × 1 = 0.

cc c cc c

c c c cc

cc c

cc c

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130

E Exercices

Par conséquent FM et OF sont orthogonaux. On déduit que M appartient au plan passant par F et perpendiculaire à la droite (OF), c’est-à-dire au plan (TUV) puisque F appartient à ce plan, les vecteurs TF, TU et TV étant coplanaires puisque :

TU + TV – 3 TF = 0.

e. L’ensemble est le plan (TUV).

activité Intersection de deux plans3Dans cette activité, l’utilisation du logiciel Geospace permet de conjecturer la traduction analytique de la position relative de deux plans. Dans une première question, on observe que la direction d’un plan n’est pas changée lors de la modification du terme constant de l’équation, et dans la deuxième question, on fait varier la valeur du coefficient de la variable x de l’équation, pour conjecturer la nature de l’ensemble caractérisé par un système linéaire.Fichier associé sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 09_TS_activite3.g3w (Geospace).

1. Pour faire varier la valeur du paramètre d, choisir le menu Piloter Piloter au clavier puis choisir le paramètre d et cliquer

sur OK . On fait ensuite varier la valeur de d en utilisant les touches directionnelles du clavier.a. On conjecture que et 1 sont parallèles quelle que soit la valeur de d.b. Pour d = 2, les plans et 1 sont confondus.c. n (2 ; –2 ; –7) est un vecteur normal au plan , n1(4 ; –4 ; –14) est un vecteur normal au plan 1. Les vecteurs n et n1 sont colinéaires puisque n1 = 2 n.d. Les droites ∆ et ∆1 sont parallèles donc ∆ est perpendiculaire au plan 1 et et 1 sont des plans parallèles.

2. Pour faire varier la valeur du paramètre a, choisir le menu Piloter Piloter au clavier puis choisir le paramètre a et cliquer

sur OK . On fait ensuite varier la valeur de a en utilisant les touches directionnelles du clavier.a. Pour a = –6 les plans et 2 sont parallèles. Il n’existe pas de valeur de a pour laquelle et 2 sont confondus.

c c

c c c

c c c c

c cc c

c c

b. et 2 sont sécants. L’ensemble des points de l’espace dont les coordonnées vérifient le système est une droite : la droite d’intersection des plans et 2.

activité Plans perpendiculaires4L’objectif de cette activité est de faire découvrir la notion de plans perpendiculaires. À partir de l’étude d’exemples, on observe que lorsqu’un plan contient une droite perpendiculaire à un deuxième plan, le premier contient également des droites non perpendiculaires au second, et qu’il existe des couples de plans pour lesquels aucune droite du premier n’est perpendiculaire au second. On termine cette activité en donnant la définition de plans perpendiculaires.

1. La droite (AE) est perpendiculaire au plan (ABC) car orthogonale aux droites (AB) et (AD) qui sont deux droites sécantes du plan (ABC). Par conséquent, AE est un vecteur normal au plan (ABC).

2. a. A (ABE) et E (ABE) donc (AE) est incluse dans le plan (ABE).b. (EB) et (AF) sont deux droites du plan (ABE) qui sont perpendiculaires au plan (ABC).c. Oui, par exemple la droite (BF). Ces droites sont parallèles entre elles.

3. La droite (DH) est incluse dans le plan (ADE) et elle est perpendiculaire au plan (ABC).La droite (CG) est incluse dans le plan (ACE) et elle est perpendiculaire au plan (ABC).

4. a. E (EBG) et A (EBG) donc la droite (AE) est sécante au plan (EBG).b. On a alors (d) et (AE) parallèles.c. Si (EBG) contenait une droite (d) perpendiculaire au plan (ABC), celle-ci serait parallèle à la droite (AE) qui est sécante à (EBG). Cela conduit à une absurdité, donc (EBG) ne contient pas de droite perpendiculaire au plan (ABC).

c

P O U R D É M A R R E R

1 AB . AC = 15.

2 AB . AC = –14.

3 AB . AC = –14 2 .

4 AB . AC = –5.

5 AB . AC = 0.

6 a. AB . AF = a2. b. AB . FG = 0.

c. EG . CA = –2a2. d. AB . EG = a2.

c c

c c

c c

c c

c c

c c c c

c c c c

7 a. u . (2v ) = 10. b. u . (2v + 5w) = 0.

c. (v + w) . u = 3. d. v . u = 5.

e. 9u . v = –18. f. (3v – 2w) . (5u ) = 95.

8 Voir livre page 427.

9 a. u . v = 3 b. u . v = 46. c. u . v = –6.

10 u . v = (– 4) × 3 + 6 × (–7) + 9 × 6 = 0 donc u et v sont

orthogonaux.

11 u . v = 1 × 6 + 4 × (–9) + 5 × 6 = 0 donc u et v sont

orthogonaux.

c c c c cc c c c c

c c c c c

c c c c c c

c c c c

c c c c

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131Chapitre 9 Produit scalaire dans l’espace – Term S spécifique

41 1. u . n = 8.2. (d) est sécante au plan .

42 u . n = –5. Comme u . n ≠ 0, (d) est sécante au plan .

43 1. u . n = 0.2. Comme u . n = 0, (d) est parallèle à et comme A (d) et A , (d) est strictement parallèle au plan .

44 n1 et n2 ne sont pas colinéaires donc les plans 1 et 2

sont sécants.

45 Voir livre page 427.

46 Les triplets (2 ; 3 ; –1) et (4 ; 5 ; 2) ne sont pas proportionnels donc les plans sont sécants.

47 Il s’agit de l’axe des abscisses.48 Les triplets (5 ; 2 ; –4) et (–10 ; –4 ; 8) sont proportionnels

et A (–1 ; –1 ; 0) appartient à mais pas à Q donc et Q sont strictement parallèles.

49 Les triplets (5 ; 2 ; – 4) et (–10 ; – 4 ; 8) sont proportionnels donc les plans sont parallèles. A (–2 ; 0 ; 0) appartient à mais pas à Q donc ces plans sont strictement parallèles.

50 Les plans (AEG), (DHF) et (DCG).

51 1. n1 . n2 = 0.2. et Q sont perpendiculaires.

P O U R S ’ E N T R A Î N E R

52 a. BF . BG = a2.

b. EI . HF = 0.

c. EA . EI = 0.

d. BJ . HD = – 12

a2.

53 a. AB . AF = 9a2.

b. DB . CG = 0.

c. EG . HF = 8a2.

d. AB . AG = 9 a2.

54 a. SA . SB = 12

a2.

b. AH . DB = 0.

c. SH . AC = 0.

d. HI . SC = a2

4.

55 1. SB . AD = – 12

a2 et BC . AD = a2.

2. SI . AD = SB

+ 12 BC ( ) . AD = SB . AD + 1

2BC . AD

= – 12

a2 + 12

a2 = 0.

On déduit que les droites (AD) et (SI) sont orthogonales.

56 1. AI = AD + 12

AB + 12

AE et BJ = –AB + 12

AD .

2. AI . BJ =( AD + 12

AB + 12

AE ) . (–AB + 12

AD )= 1

2AD2 – 1

2AB2 = 0.

Les droites (AI) et (BJ) sont orthogonales.

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12 u . v = (–1) × 4 + 2 × 2 + 3 × 0 = 0 donc u et v sont orthogonaux.

13 a.  u = 3 . b.  u = 14. c.  u = 78.

14 a. AB (–5 ; 3 ; 4) et AC (1 ; 2 ; –4) donc AB . AC = –15.

b. AB (1 ; 1 ; 1) et AC (–4 ; –4 ; –4) donc AB . AC = –12.

c. AB (–8 ; –3 ; –3) et AC (6 ; –7 ; 0) donc AB . AC = –27.

15 Voir livre page 427.

16 AB(–7 ; –1 ; 1) et AC(–7 ; 2 ; –5) donc AB . AC = 42, les droites (AB) et (AC) ne sont pas orthogonales.

17 AB (3 ; 4 ; –5) et AC (6 ; 3 ; 6) donc AB . AC = 18 + 12 – 30 = 0 et ABC est un triangle rectangle en A.

18 1. AB est un vecteur normal au plan (ADH).2. AE est un vecteur normal au plan (ABC).3. Le vecteur AH est orthogonal à AB sans que AH soit un vecteur de (ABC) ou un vecteur normal de ce plan.

19 u . n = 0 et v . n = 0.

20 n est un vecteur normal au plan .

21 n1 et n3.

22 1. u . n = 2 × 13 + 3 × 2 + 4 × (–8) = 26 + 6 – 32 = 0.v . n = 0 × 13 + 4 × 2 + 1 × (–8) = 0 + 8 – 8 = 0.2. n est un vecteur normal au plan .

23 B appartient au plan .

24 AB . n = 0.

25 Non : contre-exemple dans le cube ABCDEFGH.AH . AB = 0 et AH n’est pas un vecteur normal au plan (ABC).

26 1. 2 × (–3) + 3 × 2 – 1 + 1 = 0 donc A .2. 2 × (–5) + 3 × 3 – 0 + 1 = 0 donc B .3. 2 × 4 + 3 × (–3) + 1 + 1 = 1 donc C .27 Non car les coordonnées de C ne vérifient pas l’équation

xC + 2yC + 3zC – 14 = 5.

28 d = – 41.

29 d = 4.

30 Voir livre page 427.

31 z = 0.

32 n (1 ; 1 ; 1) est un vecteur normal au plan d’équation x + y + z – 6 = 0 et A appartient à ce plan car xA + yA + zA – 6 = 0.

33 O (0 ; 0 ; 0) et n (0 ; 1 ; 0).

34 5x + 4y + z = 0.

35 1. AM (x – 4 ; y – 2 ; z – 1).2. AM . n = x + 3y – 5z – 5.

36 1. AM (x – 7 ; y – 1 ; z – 1).2. AM . n = 5x – y – 5z – 29.

37 n (1 ; 1 ; 1).

38 n (1 ; 2 ; 3).

39 (d) est incluse dans le plan .

40 u . n = 0.

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c c cc c c c

cc c c cc c c c

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ccc c

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132

57 1. Vrai car si u . v =  u  ×  v alors cos (u, v ) = 1 et (u, v ) = 0 à 2π près et les vecteurs u et v sont colinéaires.2. « Si u et v sont colinéaires alors u . v =  u  ×  v  ». Cet énoncé est faux car si u et v sont colinéaires et de sens opposés :

u . v = – u ×  v .

58 Voir livre page 427.

59 1. AB (1 ; –4 ; 8) et AC (2 ; –1 ; 2).

AB . AC = 22, AB = 9 et AC = 3.

2. cos BAC = 2227

donc BAC ≈ 0,62 rad à 0,01 près.

60 1. AB (2 ; 3 ; –1) et AC (5 ; –3 ; 1) donc :

AB . AC = 10 – 9 – 1 = 0. Le triangle ABC est donc rectangle en A.

2. I 92

; 1; 1( ), AI 72

; 0 ; 0( ), AB . AI = 7, AB = 14 , AI = 72

.

On déduit que cos BAI = 214

donc BAI ≈ 1,01 rad à 0,01 près.

61 1. BA (7 ; –1 ; 3) et BC (1 ; 1 ; –2) donc :

BA . BC = 7 –1 – 6 = 0. Donc ABC est rectangle en A.

2. J 4 ; − 4 ; 72( ) et BJ 4 ; 0 ; 1

2( ).BC . BJ = 4 + 0 – 1 = 3, BC = 6 et BJ = 65

2 .

cos CBJ = 665

et CBJ ≈ 1,26 rad à 0,01 près.

63

Saisir XSaisir YSaisir ZSaisir ASaisir BSaisir CP prend la valeur X × A + Y × B + Z × CAfficher P

64 FAUX, si A, B et C ne sont pas alignés.

65 VRAI. cos BAC = AB . AC

AB × AC

c c= −3

3 × 5= – 1

5 soit BAC ≈ 1,77 rad

à 0,01 près.

66 FAUX : BA . CA = AB . AC = 3.

67 FAUX : u . v = 1 × 4 + 1 × 5 + (–1) × 2 = 7.

68 1. SA . AB = – 12

a2 et AH . AB = 12

a2.

2. SH . AB = (SA + AH) . AB = SA . AB + AH . AB = 0.Les droites (SH) et (AB) sont orthogonales.

3. SH . AD = SA . AD + AH . AD = – 12

a2 + 12

a2 = 0.

4. La droite (SH) est orthogonale à deux droites sécantes du plan (ABC), donc cette droite est perpendiculaire au plan (ABC)

et SH est un vecteur normal au plan (ABC).

69 1. AB (3 ; 2 ; 1) et AC (5 ; –1 ; 3). Les vecteurs AB et AC ne sont pas colinéaires donc A, B et C ne sont pas alignés.

c c c c c cc c c c

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c cc c

c

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c c

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c c c c c c

c

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2. n . AB = 0 et n . AC = 0 donc n est un vecteur non nul, orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC), n est donc un vecteur normal à (ABC).

70 1. AB (0 ; 5 ; –2) et AC (4 ; 1 ; 1). Les vecteurs AB et AC ne sont pas colinéaires, donc les points A, B et C ne sont pas alignés, ces points définissent donc un plan.

2. n . AB = 0 et n . AC = 0 donc n est un vecteur non nul orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de (ABC), n est donc un vecteur normal au plan (ABC).

71 Voir livre page 427.

72 1. Faux : si ABCDEFGH est un cube, AH . AB = 0 mais AH n’est pas un vecteur normal au plan (ABC).2. Vrai puisqu’un vecteur normal à un plan est orthogonal à tous les vecteurs de ce plan.

73 FAUX car dans ce cas on aurait AB . n ≠ 0.

74 VRAI : n’ = –3n .

75 VRAI car le plan médiateur du segment [AB] est perpendiculaire à la droite (AB).

76 • Première méthode a pour équation : –x + 3y + 2z + d = 0 et A donc :

–xA + 3yA + 2zA + d = 0 ce qui conduit à d = –25 d’où l’équation –x + 3y + 2z – 25 = 0.

• Deuxième méthode

M (x ; y) si et seulement si AM . n = 0 ce qui équivaut à :(x – 4) × (–1) + (y – 5) × 3 + (z – 7) × 2 = 0

soit –x + 3y + 2z – 25 = 0.

77 • Première méthode a pour équation : –y + 4z + d = 0 et A donc :

–yA + 4zA + d = 0 ce qui conduit à d = 23 d’où l’équation :

–y + 4z + 23 = 0.

• Deuxième méthode

M (x ; y) si et seulement si AM . n = 0 ce qui équivaut à :(x – 1) × 0 + (y – 3) × (–1) + (z + 5) × 4 = 0

soit –y + 4z + 23 = 0.

78 –3x + y + z + 1 = 0.

79 –5x – y + z – 7 = 0.

80 Voir livre page 427.

82 1. I(3 ; –1 ; 5)2. 4x – 6y + 4z – 38 = 0.

83 –6x + 4y – 8z = 0.

84 1. AB (2 ; 3 ; –5) et AC (4 ; 1 ; 0).

Les vecteurs AB et AC ne sont pas colinéaires donc A, B et C ne sont pas alignés et ces points définissent un plan.

2. AB . n = 0 et AC . n = 0 donc n est un vecteur non nul orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC), n est donc un vecteur normal au plan (ABC).3. –x + 4y + 2z + 20 = 0.

c c c c cc

c c c c

c c c c cc

c c c

c cc c

c c

c c

c c

c c

c c c c cc

Page 6: chaPitre 9 Produit scalaire dans l’espace - livreduprof.fr · la définition du produit scalaire donnée dans le plan. Vecteur normal à un plan. Équation cartésienne d’un plan

133Chapitre 9 Produit scalaire dans l’espace – Term S spécifique

100 et (d) sont sécants en A (13 ; –4 ; 5).

101 Il s’agit du point C 0 ; 73 ; 2

3( ) .

103 Voir livre page 427.

104

Saisir ASaisir BSaisir CSaisir XSaisir YSaisir ZP prend la valeur A × X + B × Y + C × ZSi P ≠ 0 Afficher « La droite est sécante au plan » Sinon Afficher « La droite est parallèle au plan »Fin Si

105 1. 4x + 2y – z – 3 = 0.2. a. n (–2 ; 1 ; 0).b. n et n ’ ne sont pas colinéaires donc les plans et Q sont sécants.

3. a. x = 2 − 2ty = −1+ tz = −1

⎧⎨⎪

⎩⎪, t .

b. H(0 ; 0 ; –1).106 FAUX car A n’appartient pas à .

107 VRAI : n (4 ; –2 ; 3) est un vecteur normal au plan et n . u = 0 donc la droite est parallèle au plan . Comme de plus B n’appartient pas à , la droite est strictement parallèle au plan.

108 VRAI. CD (–4 ; –1 ; –1) et n . CD ≠ 0, donc la droite (CD) et le plan sont sécants.

109 1. n1(5 ; 6 ; –7) est un vecteur normal au plan 1.n2(1 ; –2 ; 1) est un vecteur normal au plan 2. Comme n1 et n2

ne sont pas colinéaires, 1 et 2 sont sécants.

2.

x = − 12 + 1

2 t

y = − 14 + 3

4 t

z = t

⎪⎪

⎪⎪

, t .

110 1. n1(7 ; –2 ; –5) est un vecteur normal au plan 1.n2(1 ; 5 ; –6) est un vecteur normal au plan 2.

Comme n1 et n2 ne sont pas colinéaires, 1 et 2 sont sécants.

2.x = 1+ ty = tz = t

⎧⎨⎪

⎩⎪, t .

111 Les triplets (4 ; –2 ; 6) et (6 ; –3 ; 9) sont proportionnels

donc 1 et 2 sont parallèles. Le point A 14

; 3 ; 1( ) appartient

à 1 mais pas au plan 2, donc 1 et 2 sont strictement parallèles.

cc c

cc c

c c c

cc c c

cc

c c

85

Saisir ASaisir BSaisir CSaisir XSaisir YSaisir ZD prend la valeur –A × X – B × Y – C × ZAfficher AAfficher BAfficher CAfficher D

87 bcx + acy + abz – abc = 0.

88 1. AB (2 ; 4 ; –2) et AC (4 ; –4 ; 4).

AB . AC = 0 donc ABC est rectangle en A.

2. a. SO (–4 ; 0 ; –4) SO . AB = 0 et SO . AC = 0.b. –4x – 4z = 0 ce qui équivaut à x + z = 0.c. Le triplet (0 ; 0 ; 0) vérifie l’équation précédente.3. a. O (ABC), S est un sommet de tétraèdre et (SO) est perpendiculaire à (ABC).b. On a AB = 2 6 , AC = 4 3 donc l’aire du triangle ABC est 12 2. Comme SO = 4 2, on obtient que le volume du tétraèdre est 32.

89 1. n1(5 ; –3 ; 2). 2. n2(0 ; 1 ; 7). 3. n3(–1 ; 2 ; –5).

90 1. n1(1 ; –1 ; 0). 2. n2(2 ; 0 ; 1). 3. n3(0 ; 1 ; –1).

91

x = 1+ 5ty = 3tz = 2 − 4t

⎧⎨⎪

⎩⎪, t .

92 Voir livre page 427.

93 Il s’agit de la réunion des plans d’équations respectives :

x – y – z = 0 et x – y + z = 0.

94 VRAI car les coordonnées du point A vérifient l’équation et les vecteurs n’(2 ; 0 ; 3) et n (4 ; 0 ; 6) sont colinéaires.

95 FAUX : a pour vecteur normal n’ (1 ; –1 ; 0) et n’ n’est pas colinéaire à n (1 ; –1 ; 3).

96 FAUX : dans l’espace x – 3y + 2 = 0 est une équation d’un plan.

97 VRAI : les coordonnées de A, de B et de C vérifient l’équation de plan.

98 1. a pour vecteur normal n (7 ; 2 ; –1) et (d1) a pour vecteur directeur u (–1 ; 4 ; 1). On a n . u = 0 donc (d1) est parallèle à .2. 7(15 – 3t) + 2(–9 + t) – (7 + 2t) + 4 = 0 équivaut à t = 4. et (d2) sont sécants en A (3 ; –5 ; 15).

99 1. a pour vecteur normal n (5 ; –3 ; 3) et (d1) a pour vecteur directeur u (–3 ; 5 ; –3). On a n . u = –39 soit n . u ≠ 0 donc (d1) n’est pas parallèle à .2. 5(5 + 2t) – 3(–5 – 3t) + 3(10 + 5t) – 2 = 0 équivaut à t = –2. et (d2) sont sécants en A (1 ; 1 ; 0).

c cc c

c c c c c

c c c

c c c

c cc c

c

cc c c

cc c c c c

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134

122

Saisir ASaisir BSaisir CSaisir A’Saisir B’Saisir C’P prend la valeur A × A’ + B × B’ + C × C’Si P = 0 alors Afficher « Les plans sont perpendiculaires » Sinon Afficher « Les plans ne sont pas perpendiculaires »Fin Si

123 FAUX : les triplets (2 ; –3 ; 1) et (2 ; 3 ; 0) ne sont pas proportionnels.

124 FAUX : n1 (2 ; 3 ; 4) est un vecteur normal au plan 1.u . n1 ≠ 0 donc u n’est pas un vecteur directeur d’une droite

de 1.

125 FAUX. n1 (1 ; 3 ; 1) est un vecteur normal au plan 1.n2 (–3 ; 1 ; 1) est un vecteur normal au plan 2.n1 . n2 ≠ 0 donc les plans 1 et 2 ne sont pas perpendiculaires.

126 Les vecteurs AB (3 ; 0 ; 1) et AC (–5 ; 1 ; 0) ne sont pas colinéaires donc les points A, B et C ne sont pas alignés et définissent donc un plan.

127 4x – 3y + z + 25 = 0.

128 1. AB (0 ; 4 ; 8).2. 4y + 8z – 12 = 0.

129 1. Le plan et la droite sont sécants en A 5229

; − 5129 ; 45

29( ).Correctif : les questions 3. et 4. sont en fait les questions 2. a. et 2. b.2. a. Les triplets (1 ; 1 ; 1) et (1 ; –1 ; 2) ne sont pas proportionnels donc les plans sont sécants.

b.

x = − 4 − 3ty = tz = 1+ 2t

⎧⎨⎪

⎩⎪, t .

P O U R FA I R E L E P O I N T

Voir livre page 427 et le site www.bordas-indice.fr pour les corrections détaillées.

ACCO M PAG N E M E N T P E R S O N N A L I S É

138 x – 5y + 3z – 10 = 0.

139 x – 4z + 24 = 0.

140 1. Les triplets (1 ; 5 ; 1) et (2 ; 11 ; –1) ne sont pas proportionnels donc les plans 1 et 2 sont sécants.

2.x = 6 − 16ty = −2 + 3tz = t

, t .

cc c c

ccc c

c c

c

112 a. et Q sont sécants selon la droite de représentation paramétrique :

x = t

y = −113+ 1

3 t

z = − 43 + 5

3 t

⎪⎪

⎪⎪

, t .

b. Les triplets 12

; − 1; 2( ) et (–1 ; 2 ; –4) sont proportionnels donc les plans sont parallèles. Comme le point A (2 ; 0 ; 0) appartient aux deux plans et Q , on déduit que ces plans sont confondus.c. Les triplets (3 ; –1 ; –1) et (–6 ; 2 ; 2) sont proportionnels, donc et Q sont parallèles. Comme le point A (0 ; 0 ; 2) appartient à mais pas à Q , on déduit que ces plans sont strictement parallèles.

113

Saisir ASaisir BSaisir CSaisir A’Saisir B’Saisir C’D prend la valeur A × B’ – A’ × BE prend la valeur B × C’ – B’ × CSi D 2 + E 2 = 0 alors Afficher « Les plans sont parallèles » Sinon Afficher « Les plans sont sécants »Fin Si

114 4x + 3y – z – 37 = 0.

115 x + 2y – 7z – 2 = 0.

116 Les triplets (4 ; 1 ; –3) et (1 ; –1 ; 1) ne sont pas proportionnels donc le système défini une droite de l’espace. Le vecteur u (2 ; 7 ; 5) est un vecteur directeur de la droite définie par ce système.

117 Voir livre page 427.

118 Il s’agit du point A (10 ; 2 ; 5).

119 1. a. Les triplets (–2 ; 1 ; 1) et (1 ; –2 ; 1) ne sont pas proportionnels donc les plans 1 et 2 sont sécants.

b.x = ty = 2 + tz = −3 + t

⎧⎨⎪

⎩⎪, t .

2. a. u (1 ; 1 ; 1) est un vecteur directeur de ∆, n3 (3 ; –1 ; 1) est un vecteur normal au plan 3 et u . n3 ≠ 0 donc la droite ∆ est sécante au plan 3.b. Le point d’intersection de ∆ et 3 est A (4 ; 6 ; 1).

120 n1 (–4 ; 3 ; 1) est un vecteur normal au plan 1.n2 (5 ; 7 ; –1) est un vecteur normal au plan 2.n1 . n2 = 0 donc les plans 1 et 2 sont perpendiculaires.

121 n1 (–11 ; 5 ; 6) est un vecteur normal au plan 1.

n2 (4 ; –2 ; 9) est un vecteur normal au plan 2.

n1 . n2 = 0 donc les plans 1 et 2 sont perpendiculaires.

c

c cc c

ccc c

ccc c

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135Chapitre 9 Produit scalaire dans l’espace – Term S spécifique

On procède de même, et on montre que ’ a pour équation :3x – 6y + 5z – 1 = 0.

❯ La perpendiculaire commune à (d) et (d’) est la droite d’intersection de et ’, elle a pour représentation

paramétrique :

x = 8921

− 13

t

y = 4121 + 2

3 t

z = t

⎪⎪

⎪⎪

, t .

❯ On obtient H 277

; 197 ; 8

7( ) et H’ 257

; 237 ; 2( ) : HH’ = 2 14

7 .

142 1. u et u’ ne sont pas colinéaires donc (d) et (d’) ne sont pas parallèles. De plus :

−7 + t = −23 + t = 3 + 4k4 + t = 5 − 2k

t = 5

k = 54

k = −2

donc les droites (d) et (d’) n’ont pas de point commun. On déduit que les droites (d) et (d’) ne sont pas coplanaires.2. : x – 5y + 4z + 6 = 0.’ : 5x + 3y + 6z – 29 = 0.

∆ :

x = −3t + 767

y = t

z = 2t − 5914

, t .

3. H − 6714

; 7314 ; 87

14( ) et H’ −2 ; 307 ; 61

14( ) : HH’ = 13 1414

.

143 1. u (3 ; –1 ; 2) est un vecteur directeur de (d).u’(2 ; 1 ; 1) est un vecteur directeur de (d’).Les vecteurs u et u’ ne sont pas colinéaires, donc (d) et (d’) ne sont pas parallèles.

De plus :2 + 3t = −1+ 2t ’1− t = 3 + t ’1+ 2t = 5 + t ’

t = 1t ’ = 4 − t

t = 83

, t .

donc les droites (d) et (d’) n’ont pas de point commun. On déduit que les droites (d) et (d’) ne sont pas coplanaires.2. : x + 3y – 5 = 0.’ : 4x – 13y + 5z – 60 = 0.

∆ :

x = 5 − 3ty = tz = 8 + 5t

, t .

3. H 507

;− 57 ; 31

7( ) et H’(5 ; 0 ; 8) : HH’ = 5 357

.

144 On se place dans le repère (A ; AB, AD, AE ). On a alors :

(EB) :x = 1− ty = 0z = t

, t et (FC) :

x = 1y = 1− tz = t

, t .

: x – 2y + z – 1 = 0.

’ : –2x + y + z + 1 = 0.

∆ :

x = 23

+ t

y = t

z = 13

+ t

, t .

c c

cc

c c

c c c

141 1. Les triplets (1 ; –1 ; 0) et (2 ; 5 ; 0) ne sont pas proportionnels donc les plans 1 et 2 sont sécants.

2.

x = − 97

y = 57

z = t

⎪⎪

⎪⎪

, t .

Déterminer la perpendiculaire commune de deux droites non coplanaires

❯ Comme (d) et (d’) ne sont pas coplanaires, ces droites ne sont pas parallèles donc u et u’ ne sont pas colinéaires. Soit v un vecteur normal au plan passant par A et dirigé par les vecteurs u et u’, v est orthogonal aux deux vecteurs u et u’.

❯ Si et ’ sont parallèles, alors u, u’ et v sont coplanaires, ce qui est impossible car v est orthogonal à u et à u’, on aurait u etu’ colinéaires. Par conséquent et ’ sont sécants.

❯ v est à la fois un vecteur directeur de et de ’, donc v dirige la droite ∆, intersection de et ’. Comme v est orthogonal à u et à u’, ∆ est orthogonal aux deux droites (d) et (d’) et même perpendiculaire car (d) et ∆ sont dans le plan et (d’) et ∆ sont dans le plan ’.❯ Soit ∆’ une perpendiculaire commune aux droites (d) et (d’). On note δ un vecteur directeur de ∆’. Le vecteur δ est orthogonal à chacun des vecteurs u et u’ donc δ est un vecteur normal au plan passant par A et dirigé par les vecteurs u etu’ donc δ est colinéaire à v. Comme de plus ∆’ est coplanaire avec (d), on déduit que ∆’ appartient au plan . On démontre de la même façon que ∆’ appartient au plan ’ donc ∆’ est confondue avec ∆.

❯ MM’ . HH’ = ( MH + HH’ + H’M’) . HH’.

= MH . HH’ + HH’ . HH’ + H’M’ . HH’ = HH’2

car MH . HH’ = 0 et H’M’. HH’ = 0.

Notons θ l’angle (MM’, HH’ ), on a alors :

MM’ . HH’ = MM’ × HH’ × cosθ et MM’ × cosθ = HH’d’où HH’ MM’.

❯ Les vecteurs u et u’ ne sont pas colinéaires donc les droites (d) et (d’) ne sont pas parallèles.

De plus

4 + t = −1+ 2k3 + 2t = 1+ k1− t = 2

k = 2k = 0t = −1

.

On déduit donc que les droites (d) et (d’) n’ont pas de points commun. Les droites (d) et (d’) ne sont donc pas coplanaires.

❯ Soit v (a ; b ; c).

v . u = 0v . u' = 0

c cc c ⇔

a + 2b − c = 02a + b = 0

⇔ c = −3ab = −2a

.

On peut prendre v (1 ; –2 ; –3).

❯ Soit n (a ; b ; c) un vecteur normal au plan .

n . u = 0n . v = 0

c cc c ⇔

a + 2b − c = 0a − 2b − 3c = 0

⇔4b + 2c = 0a = 2b + 3c⎧⎨⎩

⇔ c = −2ba = −4b

On peut prendre n (4 ; –1 ; 2) et a pour équation : 4x – y + 2z – 15 = 0.

c c c

c c c c cc c c

c c c cc

c cc

c c

c cc c c

cc c c

c c c c c cc c c c c c

c c c cc c

c c

c c

c

cc

c

Page 9: chaPitre 9 Produit scalaire dans l’espace - livreduprof.fr · la définition du produit scalaire donnée dans le plan. Vecteur normal à un plan. Équation cartésienne d’un plan

136

MN2 = NM2 = NM2 = (AM – AN)2

= AM2 + AN2 – 2AM . AN.

soit AM . AN = AM2 + AN2 − MN2

2= 1

2(x2 – x + 1 + y2 – y + 1 – x2 – y2 + xy)

c’est-à-dire AM . AN = 12

(xy – x – y + 2)or (x – 1)(y – 1) + 1 = xy – x – y + 1 + 1 = xy – x – y + 2.

2. Comme x [0 ; 1], x – 1 0, de même y – 1 0 et

(x – 1)(y – 1) 0 soit (x – 1)(y – 1) + 1 1 donc AM . AN 12

.

D’autre part, si M est en C et N en D, on obtient :

AM . AN = AC . AD = 12

puis que AC = AD = 1 et CAD = π3 rad.

On conclut que 12

est la valeur minimale du produit scalaire

AM . AN.

3. cos MAN = AM . AN

AM × AN

c c, AM . AN 1

2, AN 1 et AM 1

conduit à cos MAN 12

. La fonction cosinus est décroissante

sur 0 ; π2

et cos π

3 = 12

donc MAN π3

.

C. Optimisation de l’angle MAN dans un cas particulier

1. a. Pour placer le point N au milieu du segment [BD], on pourra s’aider de la longueur du segment [BN] qu’on fera afficher en choisissant le menu Créer Affichage Longueur d’un segment , en renseignant la fenêtre et en cliquant sur OK .b. Pour afficher la longueur BM, choisir le menu Créer

Affichage Longueur d’un segment , puis renseigner la fenêtre et cliquer sur OK .c. On conjecture que la valeur de x est 0,2.

2. a. Lorsque y = 12

, AM . AN = 3 − x4

et AN = 32

.

b. Correctif : il se peut qu’il soit indiqué cos MAN = 3 − x3x2 − 3x + 3

par erreur dans certains manuels, il faut lire :

cos MAN = 3 − x2 3x2 − 3x + 3

.

cos MAN = AM . AN

AM × AN

c c = 3 − x

4× 1

x2 − x + 1× 2

3

= 3 − x2 3x2 − 3x + 3

.

c. Xcas : 09_TS_TP1.xws.Pour déterminer u’(x), saisir :

normal(deriver((3-x)/sqrt (3x^2-3x+3)))puis sélectionner le dénominateur de l’expression obtenue et le factoriser à l’aide de la commande M puis Factor .Derive : 09_TS_TP1.dfw.Pour déterminer u’(x), saisir l’expression de la fonction, la sélectionner, choisir la commande ∂ , puis OK et enfin = .

On obtient u’(x) =1− 5x( ) x2 − x + 1

2 3 x2 − x + 1( )2.

d. u’(x) est du signe de 1 – 5x donc positif sur 0 ; 15

et

négatif sur 15

; 1

, on déduit que u est croissante sur 0 ; 1

5

et décroissante sur 15

; 1

.

e. On déduit que u admet un maximum pour x = 15 et comme

c c cc c

c c

c c

c c

c c c c

c cc c

c c

145 M doit être le milieu de [AB] et N le milieu de [CD].

Dans ce cas, MN = 22

.

T R AVAU X P R AT I Q U E S

tP Optimisation d’une mesure d'angle

1

Dans ce TP, nous étudions les valeurs extrémales d’un angle dépendant de la position de deux points dans un tétraèdre régulier. Dans une première partie, nous effectuons des conjectures à l’aide du logiciel Geospace, puis dans une seconde partie nous démontrons les conjectures émises à l’aide de résultats établis en classe de Première comme la propriété d’Al-Kashi. Dans une dernière partie, nous fixons un des deux points, puis à l’aide d’une étude de fonction nous recherchons la position du second point permettant d’optimiser la valeur de l’angle étudié.Fichiers associés sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 09_TS_TP1.xws (Xcas), 09_TS_TP1.dfw (Derive), 09_TS_TP1.g3w et 09_TS_correctionTP1.g3w (Geospace).

Correctif : en bas de page les deux premières aides correspondent aux questions A.2.b. et A.4., et non pas A.1.b. et A.4.a..

A. Construction et conjectureà l’aide du logiciel de géométrie

1. Pour construire les points M et N, choisir le menu Créer

Point Point libre Sur segment .2. a. Pour créer la variable a, choisir le menu Créer Numérique

Calcul géométrique Angle géométrique .Pour afficher la variable a, choisir le menu Créer Affichage

Variable numérique déjà définie .b. Pour créer la variable p, choisir le menu Créer Numérique

Calcul algébrique et saisir AM*AN*cos(a) .Pour afficher la variable p, choisir le menu Créer Affichage

Variable numérique déjà définie .3. Pour déplacer un point, placer le pointeur sur ce point, cliquer gauche, une main apparaît à la place du pointeur, déplacer alors la souris tout en maintenant le bouton appuyé.a. On conjecture que la valeur minimale du produit scalaire

AM . AN est 12

.b. On conjecture que la valeur maximale de l’angle MAN est 1,05 rad.

B. Démonstrations des conjectures

1. a. AM2 = AB2 + BM2 – 2 × AM × BM × cos ABM soit :AM2 = 1 + x2 – 2x cos π

3 = x2 – x + 1.

b. En utilisant la propriété d’Al-Kashi dans le triangle ABN, on obtient AN2 = y2 – y + 1.c. En utilisant la propriété d’Al-Kashi dans le triangle AMN, on obtient MN2 = x2 + y2 – xy.

d. Correctif : il se peut qu’il soit indiqué MN = AM – AN par erreur

dans certains manuels, il faut lire NM = AM – AN .

c c

c c cc c c

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137Chapitre 9 Produit scalaire dans l’espace – Term S spécifique

– O est le projeté orthogonal de M sur (OC) donc :

CM . CO = CO . CO = CO2.

b. CO = 6, on déduit que CH = 36CM

.

c. CH est minimal lorsque CM est maximal donc lorsque M est en A ou en B.CH est maximal lorsque CM est minimal donc lorsque M est le projeté orthogonal de C sur (AB), c’est-à-dire lorsque M est le milieu de [AB] puisque ABC est équilatéral.2. a. M (6 – 6a ; 6a ; 0).

b. CM (6 – 6a ; 6a ; –6) et CM2 = (6 – 6a)2 + (6a)2 + (–6)2

= 36 a2 –72a + 36 + 36a2 + 36 = 72a2 – 72a + 72.

c. CH et CM sont colinéaires donc il existe un réel λ tel que

CH = λCM. D’autre part CH . CM = 36 donne λCM . CM = 36,

d’où λ = 36CM2

= 12a2 − 2a + 2

.

On a alors CH 6 − 6a2a2 − 2a + 2

; 6a2a2 − 2a + 2

; −32a2 − 2a + 2( ) et en

simplifiant chaque quotient, on obtient le résultat demandé.

d. QC(–1 ; –1 ; 2)

et QH −a2 − 2a + 2a2 − a + 1

; −a2 + 4a − 1a2 − a + 1

; 2a2 − 2a − 1a2 − a + 1( ).

e. Fichier Xcas : 09_TS_TP2.xws.Pour calculer la norme du vecteur, saisir :

normal(norm((-a^2-2a+2)/(a^2-a+1),(-a^2+4a-1)/(a^2-a+1),(2a^2-2a-1)/(a^2-a+1)))

Fichier Derive : 09_TS_TP2.dfw.Pour calculer la norme du vecteur, saisir :

ABS([(-a^2-2a+2)/(a^2-a+1),(-a^2+4a-1)/(a^2-a+1),(2a^2-2a-1)/(a^2-a+1)])

puis cliquer sur = .

On obtient QH = 66

.

f. Le résultat précédent est conforme à la conjecture faite, puisque quelle que soit la position du point M sur [AM], la

longueur QH est constante égale à 66 donc le point H est

situé sur le cercle de centre Q et de rayon 66 du plan (ABC).

C A P V E R S L E B ACSujet A

1. Vrai : AC . AI = AB . AI = 0,5.

2. Faux : AB . IJ = 2IB . IJ = 2IB2 = 12

or AB × IC × cos π3 = 5

4.

3. Vrai : AB . IJ = 2IB . IJ = 2IB2

et AB . IC = 2IB . IC = 2IB2.

4. Vrai : AC . AI = AB . AI car B est le projeté orthogonal de C sur (AI).5. Faux, les coordonnées du point E ne vérifient pas l’équation.

c c c c

c

c cc c c c c c

c

c

c

c

c c c cc c c c

c c c cc c c c

c c c c

cos MAN = 2 × u (x), cos MAN est maximal pour x = 15

et par

décroissance de la fonction cosinus sur l’intervalle 0 ; π2

on

déduit que MAN est minimal pour x = 15

.

tP Un lieu géométrique2Dans ce deuxième TP, nous étudions le lieu géométrique de l’orthocentre d’un triangle dont un sommet est variable sur une des arêtes d’un tétraèdre trirectangle. Une première partie est consacrée à la construction puis à la conjecture à l’aide du logiciel Geospace, tandis que dans une seconde partie nous démontrons les résultats conjecturés en utilisant les propriétés du produit scalaire.Fichiers associés sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 09_TS_TP2.xws (Xcas), 09_TS_TP2.dfw (Derive) et 09_TS_TP2.g3w (Geospace).

A. Construction et conjectureà l’aide du logiciel de géométrie

1. Pour représenter les points O, A, B et C choisir le menu Créer

Point Point repéré Dans l'espace .Pour représenter le tétraèdre OABC, choisir le menu Créer

Solide Polyèdre convexe Défini par ses sommets .2. a. Pour créer le point M, choisir le menu Créer Point

Point libre Sur segment .b. Pour créer le point H, choisir le menu Créer Point

Point image par Projection orthogonale sur une droite .3. Pour déplacer un point, placer le pointeur sur ce point, cliquer gauche, une main apparaît à la place du pointeur, déplacer alors la souris tout en maintenant le bouton appuyé.a. Lorsque M est en A, H est le milieu de [AC].b. Lorsque M est en B, H est le milieu de [BC].4. Pour afficher la longueur CH, choisir le menu Créer

Affichage Longueur d’un segment .CH semble être maximale lorsque M est le milieu de [AB]. CH semble être minimale lorsque M est en A ou en B.5. a. Pour faire apparaître la trace du point H, choisir le menuAffichage Sélection trace , sélectionner le point H, puis choisir

le menu Affichage Mode trace(bascule) .H semble décrire un arc de cercle.b. Pour construire le milieu d’un segment, choisir le menu Créer Point Milieu .

c. Pour construire le point K, choisir le menu Créer Point

Centre(divers) Cercle circonscrit .d. K n’existe pas lorsque M est en A ou en B, et si M décrit le segment [AB] privé des extrémités, K semble être fixe.e. Pour faire afficher les coordonnées du point K, choisir le menu Créer Affichage Coordonnées d'un point .K semble décrire un arc de cercle dont le centre est le point de coordonnées (1 ; 1 ; 4).

B. Démonstrations des conjectures1. a. Dans le plan (OCM) :– H est le projeté orthogonal de O sur (CM) donc :

CM . CO = CM . CH.c c c c

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138

On a n . w = an . u + bn . v = 0, ce qui prouve que la droite est orthogonale à la droite ∆.

2. VABDM = 16a

.

3. a. BK = a2

a2 + 2BM + 1

a2 + 2BD. Pour chaque valeur de a, il

existe un unique point K et ce point appartient au plan (BMD).

b. BK . AM = 1a2 + 2

et BK . AD = 1a2 + 2

.

BK . MD = BK . ( MA + AD )= –BK . AM + BK . AD

= −1a2 + 2

+ 1a2 + 2

= 0.

c. On a DK = a2

a2 + 2DM + 1

a2 + 2DB ;

DK . AM = 1a2 + 2

et DK . AB = 1a2 + 2

donc :

DK . MB = DK . MA + DK . AB = 0.

d. K appartient au plan (BDM) et dans ce plan, d’une part (DK) est perpendiculaire à (MB), d’autre part (BK) est perpendiculaire à (MD). K appartient à deux hauteurs du triangle BDM, K est donc l’orthocentre de ce triangle.

4. AK . MB = ( AD + DK ) . MB = AD . MB + DK . MB= 0 + 0 = 0.

AK . MD = AB . MD + BK . MD = 0 + 0 = 0.(AK) est perpendiculaire au plan (BDM).

Sujet EPartie A

1. AB (3 ; 3 ; 3) et AC (3 ; 0 ; –3) donc AB . AC = 0 et ABC est rectangle en A.

2. a pour vecteur normal n, or AB = 3n donc (AB) est perpendiculaire à .xA + yA + zA – 3 = 0 donc A .3. x – z – 1 = 0.

Partie B

1. AD (–3 ; 6 ; –3), AD . AB = 0 et AD . AC = 0 donc AD est normal au plan (ABC) donc (AD) est perpendiculaire au plan (ABC).2. VABCD = 27.

3. a. DB (6 ; –3 ; 6) et DC (6 ; –6 ; 0) donc DB . DC = 54, DB = 9 et

DC = 6 2 . On a alors cos BDC = 22 soit BDC = π

4 rad.

b. BDC = DB × DC × sinBDC

2= 27.

c. AH = 3.

146 1. n ’(2 ; –1 ; 1) est un vecteur normal au plan et n’ n’est pas colinéaire à n donc ∆ n’est pas perpendiculaire à .

2.x = 3 + ty = 2z = −1+ t

, t .

3. La droite ∆ coupe en H(1 ; 2 ; –3).

147 1. x + y + z – 2 = 0.2. xA + yA + zA – 2 = 1 donc A .

3. (AB) : x = 3 + ty = −2 + tz = 2 + t

, t .

c c c c c c

c c c

c c c c

c c c c c c c c c

c c c

c c c c

c c c c c c

c c c c c c c c c

c c c c c c

c c c c

c c c

c c c c c c

c c c c

c cc

6. Faux : (EFI) a pour équation y = 0.7. Vrai : le vecteur n (4 ; –3 ; 2) est orthogonal aux deux vecteurs

EI 12

; 0 ; − 1( ) et IJ 12

; 1; 12( ) .

8. Vrai car le vecteur n (– 4 ; 1 ; 2) est orthogonal aux deux

vecteurs FI − 12 ; 0 ; − 1( ) et FJ 0 ; 1; − 1

2( ).

9. Vrai : en considérant la base EFI, le volume est le tiers de l’aire de cette base par la hauteur qui est alors égale à 1. L’aire du triangle EFI est égale à 1

2.

Sujet B

1. a. MD . MA = ( MI + ID ) . ( MI + IA )= ( MI – IA ) . ( MI + IA ) = MI2 – IA2.

b. MD . MA = 0 si et seulement si MI2 = IA2 ce qui équivaut à IM = IA. (E) est donc la sphère de centre I et de rayon IA.

2. a. AB (–3 ; 6 ; 0) et AC (–3 ; 0 ; 4) donc AB . n = 0 et AC . n = 0. Le vecteur n est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) donc n est un vecteur normal au plan (ABC).b. Une équation de (ABC) est 4x + 2y + 3z – 12 = 0.

3. a. x = −5 + 4ty = 2tz = 1+ 3t

, t .

b. H (–1 ; 2 ; 4).c. DH = 29 .

d. H est le projeté orthogonal de D sur (ABC) donc HD est

orthogonal à HA soit HD . HA = 0 et H appartient à l’ensemble (E).

Sujet C1. Soit le plan de vecteur normal n (a ; b ; c) et passant par le point M0(x0 ; y0 ; z0). Soit M (x ; y ; z) un point de l’espace,

M0M (x – x0 ; y – y0 ; z – z0). M appartient à si et seulement si

M0M . n = 0 ce qui équivaut à (x – x0)a + (y – y0)b + (z – z0)c = 0 soit à ax + by + cz – ax0 – by0 – cz0 = 0.

2. a. AB (–4 ; –1 ; 7) et AC (1 ; 4 ; 2). Les vecteurs AB et AC ne sont pas colinéaires donc A, B et C ne sont pas alignés et ces points définissent un plan.b. Les coordonnées de chacun des points A, B et C vérifient l’équation proposée.

c. x = −5 + 2ty = 9 − tz = 4 + t

, t .

d. J(–1 ; 7 ; 6).

e. IJ = 2 6 .

Sujet D

1. Soit une droite orthogonale à deux droites 1 et 2 d’un plan . Soit n un vecteur directeur de , u un vecteur directeur de 1 et v un vecteur directeur de 2. Soit ∆ une droite du plan et w un vecteur directeur de ∆. Comme u et v ne sont pas colinéaires, il existe deux réels a et b tels que w = a u + b v.

cc c

cc c

c c c c c cc c c c

c c

c c c c c cc

c

cc c c

c

cc c

c c c c

c ccc c c

c c c

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139Chapitre 9 Produit scalaire dans l’espace – Term S spécifique

153 1. La droite (OC) est orthogonale à (OA) et (OB) qui sont deux droites sécantes du plan (AOB) donc (OC) est perpendiculaire à ce plan. La droite (AB) est incluse dans le plan (AOB) donc (OC) et (AB) sont orthogonales. On procède de la même façon pour les autres couples d’arêtes opposées.2. a. (OH) est perpendiculaire au plan (ABC) donc orthogonale à la droite (AB). Comme (AB) est aussi orthogonale à (CO) qui est sécante à (OH), la droite (AB) est perpendiculaire au plan (OCH).b. On note K le point d’intersection de (AB) et (OCH). (OK) et (CK) sont toutes les deux perpendiculaires à (AB) donc K est le projeté orthogonal des points O et H sur (AB).

3. a. AOB = OA × OB2

= OK × AB2 donc OA × OB = OK × AB et

OA2 × OB2 = OK2 × AB2 donc 1OK2

= AB2

OA2 × OB2donc :

1OK2

= OA2 + OB2

OA2 × OB2= 1

OA2+ 1

OB2.

b. De même, on obtient :

1OH2

= 1OK2

+ 1OC2

= 1OA2

+ 1OB2

+ 1OC2

.

4. a. VOABC = 13 OAB × OC = 1

3 ABC × OH.

On obtient alors (ABC)2 = (OAB)2 × OC2

OH2.

Or OAB = OA × OB2

, donc :

(ABC)2 = OA2 × OB2 × OC2

4OH2

= OA2 × OB2 × OC2

41

OA2 + 1OB2 + 1

OC2( )soit (ABC)2 = OB2 × OC2

4+ OA2 × OC2

4+ OA2 × OB2

4= (OBC)2 + (OAC)2 + (OAB)2.

b. ABC = 12

b2 c2 + a2 c2 + a2b2 .

154 1. x + y + z = 02 x + 3y + z − 4 = 0

⇔x = − y − zy − z − 4 = 0

⇔x = −4 − 2zy = 4 + z

donc a pour représentation paramétrique :

x = −4 − 2ty = 4 + tz = t

, t .

2. a. λ a pour équation (1 + λ)x + (1 + 2λ)y + z – 4λ = 0 donc n (1 + λ ; 1 + 2λ ; 1) est un vecteur normal au plan λ.b. λ = 0.c. λ = –1.

3. –1 a pour équation –y + z + 4 = 0 la droite ’ est caractérisée par le système :

x + y + z = 0− y + z + 4 = 0

⇔x = − y − zy = z + 4

⇔x = −4 − 2zy = 4 + z

,

’ a donc pour représentation paramétrique :

x = −4 − 2ty = 4 + tz = t

, t ,

ce qui prouve que ’ est confondue avec .

4. Soit H le projeté orthogonal de A sur , on obtient H (0 ; 2 ; –2) et AH = 11.

c

La droite (AB) coupe le plan en H 83

; − 73 ; 5

3( ).148 Méthode 1 : AB = AC donc A appartient au plan médiateur de [BC]. De même, D appartient au plan médiateur de [BC]. La droite (AD) est donc orthogonale à (BC).Méthode 2 :

AD . BC = AD . BA + AD . AC = –AD . AB + AD . AC = 0.

P O U R A L L E R P LU S LO I N149 AI . ID = 1

2 (AD2 – AI2 – ID2) = − 14 a2 soit IA . ID = 1

4a2.

cos AID = 13

et AID ≈ 1,23 rad.

150 1. La droite(EI) est incluse dans le plan (EFG) et (AE) est perpendiculaire à (EFG), donc (EI) et (AE) sont orthogonales. Comme (EI) et (AE) sont de plus sécantes, ces droites sont perpendiculaires.En utilisant le théorème de Pythagore au triangle AEI rectangle

en E, on obtient AI = 62 a.

2. AJ = 62 a.

3. AE . BJ = BF . BJ = 12 a2,

EI . AB = EI . EF = 12 a2 et EI . BJ = 1

4a2.

4. AI . AJ = 5a2

4, cos IAJ = 5

6 donc IAJ ≈ 33,6 °.

5. Le triangle AIJ est isocèle en A donc :

AIJ = AJI ≈ 180 − 33,62 ≈ 73,2 °.

151 1. u . w = 0 et v . w = 0, donc w est un vecteur normal au plan . a pour équation –x + 5y + 3z + 9 = 0.2. La perpendiculaire à passant par B a pour représentation

paramétrique

x = 1− ty = 5tz = 1+ 3t

, t . On obtient B’ 46

35; − 11

7 ; 235( ).

152 1. a. On prend n (1 ; 2 ; 2).b. x + 2y + 2z – 2 = 0.

2. OH = 29

n donc (OH) est la perpendiculaire à (ABC) passant par O. xH + 2yH + 2zH – 2 = 0 donc H (ABC).

3. a. OC (0 ; 0 ; 1), OH 29

; 49 ; 4

9( ) et AB (–2 ; 1 ; 0).

On vérifie que OC . AB = 0 et OH . AB = 0.b. On note K le point d’intersection de (AB) et (OCH). (OK) et (CK) sont toutes les deux perpendiculaires à (AB) donc K est le projeté orthogonal des points O et H sur (AB).

4. CO . CH = 59

donc cos OCH = 53

.

5. CK . CO = CK × CO × cos KCO. Or H [CK] puisque O, C et K sont alignés et zC zH zK ; on déduit donc que KCO = HCO

et CK . CO = CK × 53

.

D’autre part CK . CO = CO . CO + OK . CO = CO2 = 1.

On obtient CK = 3 55

.

6. ABC = CK × AB2

= 32

.

c c c c c c c c c c

c c c c

c c c c

c c c c c c

c c

c c c c c

c

c c

c c c

c c c c

c c

c c

c c

c c c c c c

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140

b. VABCD = 9.4. Q est parallèle à .

5. E 113

; − 23 ; 0( ) et AE = 2

3 AD donc E [AD] car 0 23 1.

6. DE = 13

DA et de même DF = 13

DB et DG = 13

DC donc :

VEFGD = 13( )3

VABCD = 13

.

Partie CIl s’agit de la réunion des plans d’équations respectives :

–5x + 11y + 8z – 18 = 0 et 23x + 25y – 20z + 24 = 0.

158 1. I est le milieu de [AC] donc BA2 + BC2 = 2BI2 + 12 AC2 et

DC2 + DA2 = 2DI2 + 12 AC2 et par conséquent :

AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = 2(BI2 + DI2) + AC2 = 4IJ2 + BD2 + AC2.2. Immédiat avec le 1.

159 1. a. i = 1.

b. v ’ . i = v . i – (v . i )( i . i ) = 0.

c. j = 1 ; j . i = 1 v ’ c v ’ . i = 0.

2. a. En considérant trois réels α, β et γ tels que :

α w + βi + γ j = 0et en substituant les expressions de i et j en fonction de u et v, on démontre que α = β = γ = 0.b. a = –w . i et b = –w . j.c. w ’ ≠ 0 car w, i et j ne sont pas coplanaires.

d. k = 1 w ’ c w ’.

3. (O ; i, j, k ) est un repère orthonormé.

160 1. b. BC (4 ; 0 ; 0) est orthogonal aux deux vecteurs OA

et OB .c. VOABC = 32.

d. BC . BA = 0 donc B appartient à la sphère de diamètre [AC].

De même, OC . OA = 0 donc O appartient à la même sphère. Le centre de cette sphère est I(2 ; 3 ; 4) et le rayon est 29 .2. a. (MN) et (QP) sont parallèles à (BC) donc (MN) et (QP) sont parallèles. De même (MQ) et (NP) sont parallèles. De plus (BC) et (OA) sont orthogonales donc (MN) et (MQ) sont perpendiculaires. MNPQ est donc un rectangle.b. (PM) est dans le plan π et (OB) est orthogonal à π donc (PM) et (OB) sont orthogonales. La droite (PM) est orthogonale à (AC) pour k = 72

13.

c. MP2 = 1316

k2 – 9k + 36.

La distance MP est minimale pour k = 7213.

161 Correctif : les questions 4. a., 4. b. et 4. c. sont en fait les questions 3. b., 3. c. et 3. d..1. Les quatre hauteurs de ce tétraèdre sont concourantes en O, donc OIJK est orthocentrique.2. Soit K le point d’intersection des hauteurs issues de A et de

B : BH . CD = BK . CD + KH . CD. Or (BK) est orthogonal au plan (ACD) par définition d’une hauteur, donc (BK) est orthogonale à (CD).

c c

c c c c c c

cc c c c c c c c

c c c c c

c c c cc c c c

c c c cc c c c c

c c

c c c

c cc

c cc c

c c c c c c

155 1. a. L (0 ; a ; 0), M (a ; 0 ; 0) et D (0 ; 0 ; 1). On obtient DL = DM = a2 + 1.b. Soit I le milieu de [LM], DI = a2 + 2

2 et LM = a 2 donc :

DLM =a a2 + 22

.

2. OK (1 ; 1 ; a), DL (0 ; a ; –1) et DM (a ; 0 ; –1).

OK . DL = 0 et OK . DM = 0 donc (OK) est perpendiculaire au plan (DLM).

3. a. OM . OK = ( OH + HM ) . OK = OH . OK + HM . OK

= OH . OK.b. H (OK).

c. OM . OK = a, OH . OK = λOK2 et OK2 = a2 + 2 donc :λ = a

a2 + 2.

Comme 0 λ 1, H [OK].

d. H aa2 + 2

; aa2 + 2

; a2

a2 + 2( ).

e. HK = (1 – λ)OK,

donc HK2 = (1 – λ)2 OK2 = a2 + 2 − aa2 + 2( )2

× (a2 + 2)

d’où HK = a2 − a + 2a2 + 2

.

4. VDLMK = a a2 + 26 × a2 − a + 2

a2 + 2= 1

6 a (a² – a + 2).

156 1. a. n . u = 0 et n . v = 0.

b. n = 0 équivaut à bc ’ − b’c = 0ca’ − c ’a = 0ab’ − a’b = 0

qui traduit la proportionnalité

des triplets (a ; b ; c) et (a’ ; b’ ; c’) donc la colinéarité des vecteurs u et v.

2. a. AB (–3 ; –1 ; –3) et AC (–2 ; –1 ; –1). Les vecteurs AB et ACne sont pas colinéaires, donc les points A, B et C définissent un plan.b. n (–2 ; 3 ; 1).c. –2x + 3y + z + 5 = 0.

157 Partie A

1. n et IH sont colinéaires, donc :

| n . IH | = n × IH = IH a2 + b2 + c2 .

2. IH (xH – xI ; yH – yI ; zH – zI) donc n . IH = –axI – byI –czI + axH + byH + czH

= –axI – byI – czI – dcar axH + byH + czH = –d puisque H appartient au plan .

3. IH = | n . IH |c c

a2 + b2 + c2 =

|axI + byI + czI + d|

a2 + b2 + c2.

Partie B

1. AB (3 ; 0 ; 3), AC (3 ; 3 ; 3) et AB . AC = 0. ABC est donc rectangle en A.

ABC = 9 62

.

2. a. n . AB = 0 et n . AC = 0.b. x – 2y + z – 9 = 0.

3. a. d (, (ABC)) = 6.

c c cc c c c

c c c c c c c c cc c

c c c c

c c

c c c c

c c

c cc c c c

c

c c

c c cc

c c

c c c c

c c c c

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141Chapitre 9 Produit scalaire dans l’espace – Term S spécifique

De plus :

AB2 + AP . AQ = 0 ⇔ AB2 + (AI + IP ) . (AI – IP ) = 0

⇔ IP2 = AB2 + AI2 ⇔ IP = 52 AB.

La double condition est donc équivalente au fait que P

appartiennent à la sphère de centre I et de rayon 52 AB avec

I tel que AI = – 12

AB. Les couples (P, Q) sont les extrémités des diamètres de cette sphère.

164 • Si A et B sont confondus.L’ensemble cherché est l’espace tout entier si k = 0. Sinon si kest non nul, l’ensemble cherché est l’ensemble vide.• Si A et B sont distincts. Soit H le point de l’espace défini par AH = −k

AB2AB, on a

HA . AB = k et MA . AB = k si et seulement si MH . AB = 0 donc l’ensemble cherché est le plan passant par H et de vecteur normal AB.

165 Soit h la hauteur du tétraèdre ABCD. Le volume V est égal à 1

3 h × où est l’aire commune aux faces du tétraèdre.Le volume V est aussi la somme des volumes des quatre tétraèdres MABC, MABD, MACD et MBCD dont les volumes sont respectivement 1

3 d1 × , 13 d2 × , 1

3 d3 × , et 13 d4 × , où d1,

d2, d3 et d4 sont les distances respectives du point M aux faces ABC, ABD, ACD et BCD. On obtient alors h = d1 + d2 + d3 + d4.

166 • Si k = 0, on reconnaît la sphère de diamètre [AB].

Soit I le milieu de [AB], alors MA . MB = k équivaut à MI2 = IA2 + k.

• Si k – 14

AB2, l’ensemble cherché est l’ensemble vide.

• Si k = – 14

AB2, l’ensemble cherché est réduit au seul milieu de [AB].• Si k – 1

4AB², l’ensemble cherché est la sphère de centre I et

de rayon 14

AB2 + k .

167 L’équation équivaut au systèmex + 2 y − z = 0x − y + 2z + 6 = 0

qui caractérise la droite passant par A (–4 ; 2 ; 0) et de vecteur directeur u (–1 ; 1 ; 1).

c c c c c c

c c

c c

c c c c c c

c

c c

c

De même (KH), c’est-à-dire (AH), est orthogonale à (BCD) donc

KH . CD = 0. Donc BH . CD = 0 et H (BCD), donc (BH) est la hauteur issue de B du triangle BCD.3. a. Les coordonnées des points B, C et D vérifient l’équation proposée.b. H (1 ; –1 ; 3).

c. BH . CD = –39.

d. BH . CD ≠ 0 donc (BH) n’est pas une hauteur du triangle BCD, donc les hauteurs du tétraèdre ABCD issues des points A et B ne sont pas concourantes par contraposé du 2. ABCD n’est donc pas orthocentrique.

Prises d'initiatives

162 Soit O un point de l’espace et A, B et C les points tels que

OA = n, OB = n’ et OC = n ”. Quatre cas et quatre cas seulement peuvent se produire pour les plans , ’ et ”.•Les trois plans sont parallèles : dans ces conditions les vecteurs normaux sont colinéaires donc coplanaires.• et ’ sont parallèles et ” quelconque : dans ce cas net n’ sont colinéaires, donc les trois vecteurs normaux sont coplanaires.• et ’ sont sécants suivant une droite et ” est parallèle à . Dans ces conditions, le plan (OAB) est perpendiculaire à

la droite , et le vecteur OC, orthogonal à , est donc dans le plan (OAB) : les trois vecteurs normaux sont encore coplanaires.• Il reste le cas où et ’ sont sécants suivant une droite et ” est sécant à la droite en M. Les trois plans ont alors un

seul point commun : le point M. Le vecteur OC n’est pas dans le plan (OAB), les trois vecteurs normaux ne sont pas coplanaires.

163 Les points P et Q jouant le même rôle, on peut penser à

remplacer AP + AQ par 2AI où I est le milieu de [PQ].

AB + AP + AQ = 0 ⇔ AI = – 12

AB

donc I est un point fixe.

c c c c

c cc c

c c c c c c

cc

c

c

c c c

c c c c c c

Page 15: chaPitre 9 Produit scalaire dans l’espace - livreduprof.fr · la définition du produit scalaire donnée dans le plan. Vecteur normal à un plan. Équation cartésienne d’un plan

142

A Le programme

Probabilités conditionnelles10chaPitre

Contenus Capacités attendues Commentaires

C o n d i t i o n n e m e n t , indépendanceConditionnement par un événement de probabilité non nulle.Notation PA (B) .

Indépendance de deuxévénements.

• Construire un arbre pondéré en lien avec une situation donnée.

• Exploiter la lecture d’un arbre pondéré pour déterminer des probabilités.

• Calculer la probabilité d’un événement connaissant ses probabilités condi-tionnelles relatives à une partition de l’univers.

Démontrer que si deux événements A et B sont indépendants, alors il en est de même pour –A et B .

On représente une situation à l’aide d’un arbre pondéré ou d’un tableau. On énonce et on justifie les règles de construction et d’utilisation des arbres pondérés.

Un arbre pondéré correctement construit constitue une preuve.Le vocabulaire lié à la formule des probabilités totales n’est pas un attendu du programme, mais la mise en oeuvre de cette formule doit être maîtrisée.

Cette partie du programme se prête particulière-ment à l’étude de situations concrètes.

Des activités algorithmiques sont menées dans ce cadre, notamment pour simuler une marche aléatoire.

➞➞ [SVT] Hérédité, génétique, risquegénétique.

On approfondit le travail en probabilités et statistique mené les années précédentes.Cette partie se prête particulièrement à l’étude de problèmes issus d’autres disciplines.Le recours aux représentations graphiques et aux simulations est indispensable.

Nous avons regroupé dans ce chapitre la partie du programme relative au conditionnement et à l’indépendance. Les notions nouvelles concernant ce chapitre sont peu nombreuses : conditionnement par un événement de probabilité non nulle et indépendance de deux événements.La première activité « Réussite au bac » permet, à partir de données présentées en tableau, de découvrir la notion de probabilité conditionnelle et la formule permettant le calcul de ces probabilités. Les notions correspondantes constituent le contenu de la première page de cours.La seconde page de cours est consacrée aux arbres pondérés et à la formule des probabilités totales. La notion d’arbre de probabilités est déjà connue des élèves :

– En classe de Troisième et de Seconde, on s’est intéressé à la succession de deux expériences (éventuellement trois), pas nécessairement identiques.

B Notre point de vue

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143Chapitre 10 Probabilités conditionnelles – Term S spécifique

Voir livre page 427 et le site www.bordas-indice.fr pour les corrections détaillées.

C Avant de commencer

Ces activités ont permis à l’élève de se familiariser avec les arbres de probabilités construits intégralement.– En classe de Première, on s’est intéressé à la répétition d’une même expérience aléatoire, un certain nombre nde fois (ce nombre n pouvant éventuellement être grand), dans le cadre de la loi binomiale.

Le contenu du programme de Terminale est dans le prolongement de ces apprentissages.Nous avons décidé de formaliser cette partie de cours en détaillant la méthode de construction d’un arbre pondéré, en proposant un peu de vocabulaire et en donnant quelques règles.Les capacités attendues étant : « construire un arbre pondéré en lien avec une situation donnée » et « exploiter la lecture d’un arbre pondéré pour déterminer des probabilités », ces capacités sont reprises dans les deux savoir-faire. L’arbre pondéré, construit dans le deuxième savoir-faire, donne aussi l’occasion de mettre en œuvre la formule des probabilités totales.La troisième page de cours traite de l’indépendance de deux événements. Il nous a paru important d’insister sur l’aspect « commutatif » de cette notion d’indépendance : si l’événement B est indépendant de l’événement A, alors l’événement A est indépendant de l’événement B.On retrouve aussi dans cette partie la démonstration « exigible » mentionnée dans le programme.Concernant l’accompagnement personnalisé, la page « Revoir les point essentiels » revient sur deux points importants : la construction d’un arbre pondéré et le calcul d’une probabilité conditionnelle. La page « approfondissement » permet la découverte d’une des principales applications des probabilités conditionnelles : la formule de Bayes.Les commentaires du programme demandent de mener des activités algorithmiques, notamment pour simuler une marche aléatoire, et des activités en lien avec la SVT sur les thèmes « hérédité, génétique, risque génétique ». C’est pourquoi le TP1 propose d’étudier une situation de « marche aléatoire » en partant d’un point de vue algorithmique pour ensuite observer et formaliser certains résultats. Le TP2 propose, quant à lui, d’étudier un phénomène d’hérédité connu : la loi de « Hardy-Weinberg ».

Les notions abordées dans le chapitre 101. Probabilité conditionnelle2. Arbres pondérés et probabilités totales3. Indépendance de deux événements

activité Réussite au bac1Cette activité permet, à partir de données présentées en tableau, de découvrir la notion de probabilité conditionnelle et la formule permettant le calcul de ces probabilités. Les valeurs du tableau étant des effectifs, on commence par déterminer les probabilités correspondantes.1. Tableau complété :

Nombre

de succès au bac

Nombre

d’échecs au bacTotal

Nombre

de redoublants36 4 40

Nombre de non

redoublants378 50 428

Total 414 54 468

2. P (B) =  414468

 =  2326

 ; P (R) =  40468

 =  10117

 ;

P (–R) = 428

468 = 107

117 ; P (B  R) =  36

468 =  1

13 ;

P (B ––R) =  378

468 =  21

26.

3. PR (B) =  3640

 =  910

 =  (B R)(R)

PP

.

4. P –R (B) = 378428

 = 189214

 =  (B R)(R)

PP

.

5. Réussite des élèves redoublants : 0,9.Réussite des élèves non redoublants : 0,88 (environ).

6. 36414

 = PB (R) : probabilité que l’élève choisi soit redoublant,

sachant qu’il a obtenu son bac.378414

  =  PB (–R)  : probabilité que l’élève choisi ne soit pas

redoublant, sachant qu’il a obtenu son bac.

D Activités

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144

activité Un test de dépistage2Cette activité donne l’occasion de lire et compléter des probabilités sur un arbre pondéré. Ces informations sont ensuite utilisées pour déterminer la probabilité de certains événements.1. 0,98 = P (S).2. Arbre complété :

NS

M

P

0,99

0,98

0,02

0,01

N

P

0,04

0,963. a. P (S N) = 0,9702.b. C’est l’événement M N, P (M N) = 0,0008.c. P (N) = 0,971.4. a. P (S P) = 0,0098 et P (M P) = 0,0192.

b. P (P) = 0,029.

activité Catégories de personnels d’une entreprise

3

Cette activité permet de découvrir la formule des probabilités totale, grâce au calcul de la probabilité d’un événement, en utilisant un tableau de probabilité puis en utilisant un arbre pondéré.1. a. PM (F) = 0,20 et P (M F) = 0,15 × 0,2 = 0,03.b. P (O F) = 0,45 et P (I F) = 0,05.P (F) = P (M F) + P (O F) + P (I F) soit P (F) = 0,53.c. Tableau complété :

M O I Total

F 0,03 0,45 0,05 0,53–F 0,12 0,3 0,05 0,47

Total 0,15 0,75 0,1 1

2. a. Arbre :

FM

O

I

F

F

F

F

F

Événement

M � F 0,03

M � F 0,12

SexeCatégorie Probabilité

O � F 0,45

O � F 0,30

I � F 0,05

I � F 0,05

b. P (F) = 0,03 + 0,45 + 0,05 = 0,53.

activité Tirage de boules4Cette activité introduit la notion d’événements indépendants à partir de la comparaison des deux cas classiques : tirage de boules « avec remise », puis tirage de boules « sans remise ».

1. a. P (A) = 35

 = 0,6.

b. PA (B) = 35

 = 0,6.

c.

B

A

B

A

Premiertirage

Secondtirage

35

35

25

B

B

3525

25

P (B) = P (A B) + P (–A B) =  +925

625

 = 35

.

d. P (A B) =  925

 = P (A) × P (B).

2. a. P (A) = 35

 = 0,6.

b.

B

A

B

A

Premiertirage

Secondtirage

24

35

24

B

B

3414

25

c. PA (B) = 24

 = 0,5.

P (B) = P (A B) + P (–A B) =  +6

206

20 = 3

5 = 0,6.

P (B) ≠ PA (B).

d. P (A B) =  310

 = 0,3 alors que P (A) × P (B) =  925

 = 0,36.

Correctif : dans le cours page 298 dans l’encadré en bas de page sur la formule des probabilités totales il faut lire « Soit A1, A2,...,An , n événements incompatibles deux à deux et tels que leur réunion soit égale à E. » et non pas « Soit un événement A, réunion des événements A1, A2 ,…, An , deux a deux incompatibles. »

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145Chapitre 10 Probabilités conditionnelles – Term S spécifique

3. PF (R) = P(F>R)

P(R)= 12

20 = 0,6.

PF (R) est la probabilité de choisir un élève étudiant le russe, sachant que c’est une fille.

P –R (G) = P(R > G)

P(R)= 7

15.

P –R (G) est la probabilité de choisir un garçon sachant que l’élève n’étudie pas le russe.12 Voir livre page 428.13 1. P (A B) = 0,6 × 0,75 = 0,45.

P (–A B) = 0,4 × 0,3 = 0,12.2. P (B) = P (A B) + P (–A B) = 0,45 + 0,12 = 0,57.14 1.

0,2

0,6

0,4

0,8

0,7

0,3

BA

B

B

BA

2. P (–A) = 0,4 ; P –A (B) = 0,7.3. P (A B) = 0,6 × 0,2 = 0,12 et P (–A B) = 0,4 × 0,7 = 0,28.4. P (B) = P (A B) + P (–A B) = 0,12 + 0,28 = 0,4.15 Voir livre page 428.16 1. PB(A) = 5

8 = 0,625 = P (A).

A et B sont indépendants. 2. PA (B) = 1

7≈ 0,143 ≠ P (B).

A et B ne sont pas indépendants 17 1. P (A) × P (B) =  35

80= 7

16 = P (A B).A et B sont indépendants. 2. P (A) × P (B) = 0,231 ≠ P (A B).A et B ne sont pas indépendants.

18 1. P (B) = 0,270,72

= 38

.

2. P (B) =  6125

× 258 = 3

20.

19 Voir livre page 428.20 1. P (–A

–B) = 0,97 × 0,95 = 0,9215.2. La probabilité est P (–A

–B) soit 0,9215.

P O U R S ’ E N T R A Î N E R

21 1. P (I) =  815

 ; P (M) =  515

= 13

.

2. P (–I) =  715 : probabilité de tirer un numéro pair.

P (I M) =  315

= 15 : probabilité de tirer un numéro impair et

multiple de trois.P (–I M) =  2

15 : probabilité de tirer un numéro pair et multiple de trois.3. PM(I) = 3

5 : probabilité de tirer un numéro impair sachant qu’il

est multiple de trois.

P O U R D É M A R R E R1 1. Non, P (V).

2. Oui, PU (V).3. Oui, P –V (U).4. Non, ( )U VP .

2 1. « Parmi », PF (R).2. « Un tiers des », PH (R).3. « Chez », PR (F).4. « Lorsqu’on », PH (–R).5. « Parmi », P –R (F).

3 Voir livre page 428.

4 PA (B) = P(B> A)

P(A)= 0,3

0,75  = 0,4.

PB (A) = P(A >B)

P(B)= 0,3

0,8  = 0,375.

5 PD (C) = P(C>D)

P(D)= 0,1

0, 4  = 0,25.

PC (D) = P(D > C)

P(C)= 0,1

0,25 = 0,4.

6 1. P (Q) = 0,1  ; P (R) = 0,22  ; P (Q R) = 0,04.

2. PQ (R) =  P(R > Q)P(Q)

= 0,040,1

 = 0,4. PQ (R) est la probabilité que

l’exercice choisi soit une question sur les probabilités sachant que c’est un QCM.

PR (Q) =  P(Q >R)P(R)

= 0,040,22

= 211

. PR (Q) est la probabilité que

l’exercice choisi soit un QCM sachant que c’est un exercice sur les probabilités.

7 P (A B) = PA (B) × P (A) = 0,2 × 0,3 = 0,06.

PB (A) = P(A >B)

P(B)= 0,06

0,54= 1

9.

8 P (C D) = PC (D) × P (C) = 0,25 × 0,4 = 0,1.

P (D) = P(C>D)PD (C)

= 0,10,2

= 12

.

9 1.A A Total

B 0,3 0,2 0,5

B 0,15 0,35 0,5

Total 0,45 0,55 1

2. P (–A) = 0,55 ; P (–A B) = 0,2.

3. PB (A) = P(A >B)

P(B)= 0,3

0,5 = 0,6.

P –A (B) = P(A >B)P(A)

= 0,20,55

= 411

.

10 Voir livre page 428.11 1. F G Total

R1235

835

2035

R 835

735

1535

Total 2035

1535 1

2. P (–R) = 1535

= 37

.

E Exercices

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146

1.

BoulonsA B C Total

Défectueux 0,012 0,009 0,004 0,025

Non défectueux 0,588 0,291 0,096 0,975

Total 0,6 0,3 0,1 1

Machine

2. P (D) = 0,025.3. PD(C) =  4

25 = 0,16.

37 Correctif  : il faut lire «  3. Calculer la probabilité que le questionnaire choisi soit celui d’un élève qui n’utilise pas régulièrement Internet ».Voir livre page 428.38 VRAI.39 VRAI.40 FAUX : PA (B) = 

P(A >B)P(A)

= 3248

= 23

.

41 1. P(L) = 0,2: probabilité de choisir un élève de L.PL(G) = 0,35 : probabilité de choisir un garçon parmi les élèves de L.2.

G

F

G

F

G

F

L

ES

S

0,35

0,2

0,45

0,35

0,65

0,52

0,48

0,64

0,36

P (ES) = 0,35 ; PL (F) = 0,65 ; PES (G) = 0,52 ; PS (G) = 0,64.3. P (F ES) = 0,35 × 0,48 = 0,168.4.

L ES S Total

Fille 0,13 0,168 0,162 0,46

Garçon 0,07 0,182 0,288 0,54

Total 0,2 0,35 0,45 1

42 Voir livre page 428.44 1.

F

M

D

0,95

0,4

0,3

0,3

0,05

0,6

0,4

0,4

0,6

R

R

R

R

R

R

2. a. P (D R) = 0,3 × 0,4 = 0,12.b. P (F

–R) = 0,4 × 0,05 = 0,02.c. P (R) = 0,4 × 0,95 + 0,3 × 0,6 + 0,3 × 0,4 = 0,68.

3. P –R (M) = P(R >M)

P(R)= 0,3 × 0, 4

0,32= 3

8 = 0,375.

P I– (M) = 2

7 : probabilité de tirer multiple de trois sachant que

c’est un numéro pair.22 Soit S l’événement « l’abonné à choisi l’option Sport-Live »

et C l’événement « l’abonné à choisi l’option Cinéma-Séries ».

1. PC (S) = P(S > C)

P(C)= 60

75 = 45

.

2. PS (C) = P(C> S)

P(S)= 60

90 = 23

.

23 P (A B) = 0,72 + 0,47 – 0,88 = 0,31.

PB (A) = P(A >B)

P(B)= 31

47≈ 0,66.

PA (B) = P(B> A)

P(A)= 31

72≈ 0,43.

24 Voir livre page 428.

25 1. P (R) = 284475 ; PR (F) = 1

3.

2. P (R F) = P (R) × PR (F) =  2841425

.

27 Soit V l’événement « le ménage possède une voiture » et D l’événement « le ménage possède un deux-roues ».1. P (V D) = 0,82 + 0,11 – 0,89 = 0,04.

2. PV (D) = P(V >D)

P(V)= 2

41.

28 1. P (A) = P (X   4) ≈ 0,0064 ;P (B) = P (X   7) ≈ 0,3222. 2. P (A B) = P (A) ≈ 0,0064.

3. PB (A) = P(A)P(B)

≈ 0,00640,3222 ≈ 0,0199  ; PA (B) = 

P(A)P(A)  = 1.

29 1. P (X 20) ≈ 0,952 ; P (X 10) = 1 – P (X 10) ≈ 0,960.2. P (10  X  20) = P (X  20) – P (X 10) ≈ 0,912.

PX 10(X 20) = P (10 < X < 20)P ( X > 10)

≈ 0,9120,960

≈ 0,950.

30 1. On veut P (X 4), avec X loi binomiale de paramètres n = 8 et p = 0,7.P (X 4) = 1 – P (X   3) ≈ 0,942.

2. On veut PX 4 (X   6) = P (4 < X < 6)P ( X > 4)

≈ 0,6870,942

≈ 0,729.

31 1. Oui, la proposition est vraie.2. Oui, la réciproque est vraie.32 VRAI : P (A B) = 0,4 × 0,3 = 0,12.

33 FAUX : P (A) = P(A >B)

PA (B).

34 VRAI : PA (B) = P(A >B)

P(A) P(AB) car P(A)   1.

35 1. P (–A) = 0,3 et P (–B) = 0,5.2.

A –A Total

B 0,3 0,2 0,5–B 0,4 0,1 0,5

Total 0,7 0,3 1

PA (B) = 37

, PA (–B) =  47

, PB(A) = 35

, PB (–A) = 25

 et P –A (–B) = 13

.

36 Correctif : il faut lire « Les pourcentages d’objets défectueux sont respectivement 2 %, 3 % et 4 % de chacune des trois productions ».

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147Chapitre 10 Probabilités conditionnelles – Term S spécifique

c. P (A B) = P (A), on obtient a =  13

.

2. On a PA (B) = P(B> A)

P(A) = 4 P (A B)

et PB(A) = P (A B) × 1a

.

a. PA (B) = 0 et PB(A) = 0.

b. PA (B) = 4 × 136

 =  19

et PB(A) =  136

× 9 =  14

.

c. PA (B) = 4 × 14

 = 1 et PB(A) =  14

× 3 =  34

.

55 P (A B) + P (–A) P (–B) = P (A) + P (B) – P (A) × P (B)+ (1 – P (A))(1 – P (B)) = 1.

57 Voir livre page 428.58 1. P (A B) = P (A) × P (B) = 0,8 × 0,75 = 0,6.

2. P (–A –B) = P (–A) × P (–B) = 0,2 × 0,25 = 0,05.

Aucun des parents ne répond à l’appel d’Agathe.59 FAUX : P (A B) = 0 ≠ P (A) × P (B).60 VRAI : P (R) =  1

8, P (P) =  1

4et P (R P) =  1

32.

61 VRAI.P (A) + P (–A)P (B) = P (A) + (1 – P (A))P (B)

= P (A) + P (B) – P (A)P (B) = P (A) + P (B) – P (A B) = P (A B).

62 1. PM (T) est la probabilité que le test soit positif sachant que la personne est malade.P–M (–T) est la probabilité que le test soit négatif sachant que la personne n’est pas malade.2. a. P (M T) = 0,05 × 0,98 = 0,049.P–M (T) = 1 – 0,99 ; ainsi P (–M T) = 0,95 × 0,01 = 0,0095.b. P (T) = 0,049 + 0,0095 = 0,0585.c. M et T ne sont pas indépendants.

3. PT (M) =  0,0490,0585

≈ 0,84.

63 1.0,004

0,996

0,06

0,94

AF

M

A

A

A

34

14

2. P (A) = P (A F) + P (A M) = 0,018.

3. PA(M) =  0,0150,018

= 56

. PA(F) =  0,0030,018

= 16

.

64 1. B2

N2

B1

N1

14241024

B2

N2

924

35

25 15

24

2. P (E) = P (B1 B2) =  720

. P (F) = P (N1 B2) =  14

.

3. P(B2) =  720

+ 14 = 3

5, PB2

(B1) =  P(E)P(B2 )

= 712

et PB2(F) =  P(F)

P(B2 )= 5

12.

4. PR(F) = P(F>R)

P(R)= 0,95 × 0, 4

0,68= 19

34 ≈ 0,56.

La sœur de Pierre a environ 56 % de chances d’avoir raison.45 1. P (R1) = P (D1 R1) = 0,6 × 0,3 = 0,18.

2. 0,3

0,6

0,4

0,7

R1

R10,2

0,8

R2

R2

0,7

0,3

D2

D1

D2

D1

P (R2) = P (–D1 D2 R2) = 0,4 × 0,7 × 0,2 = 0,056.P (R) = P (R1) + P (R2) = 0,236.

3. PR(R1) = P(R1 >R)

P(R)= P(R1)

P(R)= 45

59 ≈ 0,76.

46 Voir livre page 428.47 1. Soit P (S), P (I) et P (X) les probabilités respectives de

passer par les points S, I et X.On a P (S) = P (X) = 2 P (I) et P (S) + P (X) + P (I) = 1.Ainsi 5 P (I) = 1, soit P (I) = 1

5.

2. P (E) = P (S) × P (I) × P (X) = 25× 1

5 × 25 = 4

125.

3. P (F) est la somme des probabilités de parcourir les « chemins » SIX, SXI, ISX, IXS, XIS et XSI.P (F) = 6 × 4

125= 24

125.

4. La probabilité qu’aucun des n robots ne passe par les sommets S, I et X dans cet ordre est 121

125( )n.

On veut donc : 1 – 121125( )n

0,99 soit n −2ln(10)

ln 121125( )

.

Il faut au moins 142 robots.48 FAUX : P (–B) = 0,4 × 0,35 + 0,6 × 0,25 = 0,29.49 VRAI : P (–A B) = 0,6 × 0,75 = 0,45.

50 VRAI : PB (A) =  P(A >B)P(B)

= 0, 4 × 0,651− 0,29

≈ 0,37.

51 1. P (A) =  12

 ; P (B) =  13

et P (A B) =  16

.

A et B sont indépendants.2. P (C) = 1

2et P (A C) =  1

6. A et C ne sont pas indépendants.

P (B C) =  16

. B et C sont indépendants.

52 1. P (A) =  12

, P (B) =  12

et P (A B) =  14

.

A et B sont indépendants.2. P (C) =  3

4et P (A C) = P (A) =  1

2.

A et C ne sont pas indépendants.P (C) =  3

4et P (B C) = P (B) =  1

2.

B et C ne sont pas indépendants.53 1. Conséquence de P (A) = P (A B) + P (A

–B).2. P (A

–B) = P (A) – P (A B) = P (A) – P (A) × P (B) = P (A) × (1 – P (B)) = P (A) × P (–B).

3. P (A –B) = 0,4 × 0,7 = 0,28.

P (–A B) = 1 – P (A –B) = 0,72.

54 1. P (A B) = P (A) + P (B) – P (A B).

Ainsi : P (A B) = a – 112

.

a. P (A B) = 0, on obtient a =  112

.

b. P (A B) = a × 14

, on obtient a =  19

.

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148

❯ v 110 000

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

10111

≈ 0,09.

Avec une telle proportion de malades, le test n’est pas efficace : il n'y a que 9 % de chances qu'une personne positive au test soit effectivement malade !❯ v (p) = 0,9 d’où p =  1

111≈ 0,009.

v (p) = 0,99 d’où p =  111

≈ 0,09.

83 P (S1) = 0,4 ; P (S2) = 0,6 ; PS1(D) = 0,04 et PS2

(D) = 0,03.

PD(S1) =  ×× + ×

0, 4 0,040, 4 0,04 0,6 0,03

 =  817

≈ 0,47.

84 P(J) = 0,8 ; P(S) = 0,1 ; P(N) = 0,1 ; PJ (A) = 0,04 ; PS (A) = 0,08 et PN (A) = 0,22.

PA (J) =  P(J> A)P(A)

= P(J> A)P(J> A) + P(S > A) + P(N> A)

soit

PA (J) =  (J) (A)(J) (A) (S) (A) (N) (A)

J

J S N

×× + × + ×

P PP P P P P P

PA (J) =  ×× + × + ×

0,8 0,040,8 0,04 0,1 0,08 0,1 0,22

 = 1631

≈ 0,516.

T R AVAU X P R AT I Q U E S

tP Marche aléatoire1Ce TP propose d’utiliser des algorithmiques pour simuler une situation de « marche aléatoire » et ainsi pouvoir observer quelques phénomènes. Ces observations permettent ensuite d’aider à la formalisation de certains résultats. Fichiers associés sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium :10_TS_TP1_A3.alg, 10_TS_TP1_A4.alg, 10_TS_TP1_B1.alg et 10_TS_TP1_C2.alg (AlgoBox).

A. Premiers résultats1. a. S1 = 1 ou S1 = –1.b. P (D1) = 02. a.

xi –2 0 2

P (S2 = xi)14

12

14

b. P (D2) = P (S2 = 0) = 12

.

4. a. Variables utilisées :NS : nombre de simulationsD : nombre de cas où il y a retour à la case départ (S = 0)F : fréquence de retours à la case départ F = D

NS( )Pour modifier le nombre de simulations, il suffit de modifier la valeur de NS.

4. P (B2 E) = P (E) =  720 .

Les événements B2 et E ne sont pas indépendants.

P O U R FA I R E L E P O I N TVoir livre page 428 et le site www.bordas-indice.fr pour les corrections détaillées.

ACCO M PAG N E M E N T P E R S O N N A L I S É81

39

13

23

2949

R

JA

B

V

131313

R

J

V

P (J) = P (A J) + P (B J) =  13× 2

9 + 23 × 1

3 = 827

.

82 P (F) = 1535

 ; P (E) = 2535

et P (F E) =  535

.

PF (E) =  P(E >F)P(F)

= 515 = 1

3.

Formule de BayesFichier associé sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium :10_TS_approfondissement.ggb (GeoGebra).

❯ P (B) = P (A B) + P (–A B)= P (A) × PA (B) + P (–A) × P A

_(B).

Alors : PB(A) = P(A >B)

P(B) = 

P(A)× PA (B)P(A)× PA (B)+ P(A)× P A(B)

.

❯ P (M) = p ; P (–M) = 1 – p, PM(T) = 0,99 et P–M (T) = 0,001.

❯ v (p) = PT (M) = ×

× + − ×0,99

0,99 (1 ) 0,001p

p p =  +

990989 1

pp

.

❯ v ’ (p) = ( )+

990989 1 2p

 ; v est croissante sur [0 ; 1].

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149Chapitre 10 Probabilités conditionnelles – Term S spécifique

b. Quand Xn = k  ; Sn = k × 1 + (n – k) × (–1) = 2k – n.c. Si n = 2p :P (Sn = 0) = P

2( )=X nn  = P (Xn = p)

=  ( ) ( )

−12

12

np

p n p =  ( )

12

np

n =  ( )

2 12

2pp

p.

C. Prolongements1. a. Distance moyenne = E(|Sn|).

n = 1 : distance moyenne : × + ×12

1 12

1 = 1.

n = 2 : distance moyenne : × + × + ×14

2 12

0 14

2 = 1.

b. n = 3 : distance moyenne : × + × + × + ×18

3 38

1 38

1 18

3 = 1,5.

c. n = 4 : distance moyenne : + + + +416

24

08

24

416

 = 1,5.

2. a. Pour chaque simulation, il faut calculer la distance à laquelle se trouve le pion par rapport à la case « départ » au bout des N déplacements. Il suffit pour cela de calculer la valeur absolue de S.Ensuite, il faut calculer la moyenne de ces distances DM = DT

NS( ) .Variables utilisées :NS nombre de simulations ;DT distance totale sur 1 000 trajets ;DM distance moyenne pour 1 000 trajets.

c. Quand n augmente, la distance moyenne augmente elle aussi.

b. En utilisant l’algorithme précédent, on peut observer que pour N = 3 ou N = 5, on obtient F = 0.Ainsi P (D3) = P (D5) = 0.c. On peut observer que pour N impair, on obtient F = 0. Ainsi P (Dn) = 0 pour n impair.

B. Retour à la case départ1. Correctif  : il faut lire « Modifier l’algorithme ... » et non pas « Utiliser l’algorithme ... ».Il suffit de modifier l’algorithme précédent en fixant la valeur de N (instruction « N PREND_LA_VALEUR 4 ») et en laissant à l’utilisateur la possibilité de choisir le nombre de simulations (instruction « LIRE NS »).2. a.

xi – 4 – 2 0 2 4

P (S4 = xi)1

1614

38

14

116

b. P (D4) = P (S4 = 0) = 38

.

3. a. P (D10) =  63256

≈ 0,246 ; P (D100) ≈ 0,080 ; P (D1 000) ≈ 0,025.

b. Quand n augmente, P (Dn) se rapproche de 0.4. a. Xn suit une loi binomiale de paramètres n et 1

2.

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150

3. En procédant de même pour les autres cas, on obtient :

Génotype parents

ProbabilitéGénotype

parents

Probabilités conditionnellesGénotype enfant

AA Aa aa

AA AA p2 1 0 0AA Aa 2pq 0,5 0,5 0AA aa 2pr 0 1 0Aa Aa q2 0,25 0,5 0,25Aa aa 2qr 0 0,5 0,5aa aa r2 0 0 1

4. D’après les données du tableau :p1 = 1 × p 2 + 0,5 × 2 pq + 0 × 2 pr + 0,25 × q 2 + 0 × 2 qr + 0 × r 2

d’où le résultat.De même pour q1 et r1.5. p1 = 0,3025 ; q1 = 0,495 et r1 = 0,2025.

C. Étude sur plusieurs générations1. Compléter les lignes 1 et 2 comme sur la copie d’écran de l’énoncé.

2. a. Saisir 1 en A3 ; en B3 entrer la formule :  =(B2+C2/2)^2 .

b. En D3 entrer la formule : =(D2+C2/2)^2  ; en C3 entrer la

formule :  =1–B3–D3 .3. Sélectionner la zone A3:D3 et recopier vers le bas. On observe que les valeurs des probabilités pour les générations 2 et suivantes sont les mêmes que celles de la génération 1.4. On peut observer que la distribution génotypique est stable à partir de la première génération de descendants quelles que soient les valeurs initiales. C’est la loi de « Hardy-Weinberg »

C A P V E R S L E B AC

Sujet AOn considère les événements : – F : « le livre choisi est français » ;– R : « le livre choisi est un roman policier ».

1. 150200

 = 0,75 : réponse b.

2. PR (F) = 0,4 : réponse c.3. P (R F) = 0,4 × 0,75 = 0,3 : réponse c.4. P (F) = 0,4 × 0,75 + 0,7 × 0,25 = 0,475 : réponse c.

5. PF (R) =  0,30, 475

 = 1219

 : réponse b.

Sujet B1. P (A B) = P (A) + P (B) – P (A) × P (B) soit P (B) = 2

3: réponse b.

2. Soit C l’événement « je sors mon chien » et P l’événement « il pleut ».P (C) =  × + × =1

1014

910

34

710

.

On en déduit PC (–P) = P

P(P C)(C)  = 

×910

34

710

 = 2728

: réponse d.

tP La loi de Hardy-Weinberg2Ce TP propose d’étudier un phénomène d’hérédité connu : la loi de « Hardy-Weinberg »Ce modèle a été mis en évidence de façon indépendante au début du XXe siècle par Hardy, mathématicien, et Weinberg, médecin.À partir du moment où certaines conditions sont vérifiées, l’équilibre des probabilités, que l’on peut observer à la fin du TP, se produit dès la première génération.Fichiers associés sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium :10_TS_TP2.xlsx (Excel 2007), 10_TS_TP2.xls (Excel 2003) et 10_TS_TP2.ods (OpenOffice).

A. Génotypes des parents1.

AA

AA Aa

Aa

aa

q

p

p

q

r

r

AA

Aa

aa

q

p

r

AA

Aa

aa

aaq

p

r

Génotype1er parent

Génotype2e parent

2. a. Probabilité : p × p = p2.b. Probabilité : p × q + q × p = 2 pq.3. Voir tableau question B. 3.

B. Génotype de l’enfant1. Génotype AA.2.

A

a

a

A

AA

Parent 1 Parent 2 Enfant

AA

Aa

AA

Aa

Les quatre résultats sont équiprobables d’où les probabilités.

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151Chapitre 10 Probabilités conditionnelles – Term S spécifique

4. a. Un + 1 = an + 1 – 23

 =  14

an + 12

– 23

 =  14

an – 16

 =  14

Un.

U est une suite géométrique de raison 14

et de 1er terme :

U1 =  12

– 23

 = − 16

.

b. Un =  ( )−−n1

614

1, ainsi an =  ( )−

−n23

16

14

1.

c. ( ) −14

1nconverge vers 0 donc an converge vers 2

3.

d. n 6.85 1. A –A Total

B 0,5 0,2 0,7– B 0,1 0,2 0,3

Total 0,6 0,4 1

2. PB(A) = 0,50,7

 = 57

et P –B (–A) = 0,20,3

 = 23

.

3. P (A) × P (B) = 0,6 × 0,7 = 0,42 ≠ P (A B).Les événements A et B ne sont pas indépendants.86 1. B0,5

0,25

0,75

0,5

0,4

0,6

BA

AB

B

2. PA (B) = 0,5 ; P (B) = 0,25 × 0,5 + 0,75 × 0,4 = 0,425.P (B) ≠ PA (B).Les événements A et B ne sont pas indépendants.3. P (B) = 0,25 × 0,5 + 0,75 × 0,5 = 0,5 = PA (B) : les événements A et B sont indépendants.87 On considère les événements :

– F : « la fiche choisie est celle d’une fille » ;– G : « la fiche choisie est celle d’un garçon » ;– H : « la fiche choisie est celle d’un élève mesurant plus de 1,55 m ».P (H) = 0,55 × 0,02 + 0,45 × 0,05 = 0,0335.

PH(F) =  ×0,55 0,020,0335

 = 2267

≈ 0,328.

P O U R A L L E R P LU S LO I N88 Si Sostène commence à jouer contre sa mère :

0,5 Oui

Oui

0,15

0,15

0,15

Partie 1Mère

Partie 2Père

Partie 3Mère

Réussite Probabilité

0,5

0,50,6

0,40,5

0,50,6

0,4

G3G2

G1

P1

P2

G2

P2

P3

0,5 Non

Non0,5

G3

P3

0,5 Oui

Non0,5

G3

P3

0,5 Non

Non0,5

G3

P3

Sujet C1. Voir démonstration, manuel de l’élève p. 300.2. a. P (–R S) = 0,9 × 0,05 = 0,045.b. P (–R

–S) = 0,9 × 0,95 = 0,855.c. X, la variable aléatoire correspondant au nombre de fois où Stéphane entend son réveil, suit une loi binomiale de paramètres n = 5 et p = 0,9.La probabilité que Stéphane entende le réveil au moins quatre fois est : P (X = 4) + P (X = 5) = 0,91854.

Sujet D1. a.

B0,4

0,2

0,8

0,6

0,1

0,9

BA

AB

B

b. PA (–B) = 0,6 et P –A (–B) = 0,9.2. a. P (A B) = 0,2 × 0,4 = 0,08.b. P (B) = P (A B) + P (A

–B) = 0,08 + 0,08 = 0,16.c. A et B ne sont pas indépendants :

P (A) × P (B) = 0,2 × 0,16 = 0,032 ≠ P (A B).

3. PB(A) = 0,080,16

 = 12

.

Sujet E1. A2

A112

3414

1212

12

A2

A2

A2

A1

a1 =  12

 ; b1 =  12

 ;

a2 =  × + × =12

34

12

12

58

 ; b2 =  × + × =12

14

12

12

38

.

2. P(An+1) = P(An) × P An(An + 1) + P (–An) × P –A n

(An + 1), soit:

an + 1 =  34

an + 12

bn = 34

an + 12

(1 – an) =  14

an + 12

.

3.

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152

14

18

R

R

T

T

R

R

1 – p

p

1. P (R) =  ( )+ −p p14

18

1  =  +p18

18

.

2. Si p = 0, je suis sûr que l’inconnu n’est pas tricheur : P (R) = 18

.

Si p = 1, je suis sûr que l’inconnu est tricheur : P (R) =  14

.

3. PR (T) = +

14

18

18

p

p =  +

21

pp

 = T (p).

4. Quand p augmente, T (p) augmente en se rapprochant de 1.

91 1. 0,92

0,75

0,25

0,08

G

GG

G

0,7

0,3

0,96

0,04

S2

S1

S2

S1

2. P (G) = 0,75 × 0,92 + 0,25 × 0,96 × 0,7 = 0,858.

3. PG (S1) =  ×0,75 0,920,858

≈ 0,804.

4. P (« Jeu blanc ») = 0,858 4 ≈ 0,542.92 a. P (ABCD) + P (ABDC) + P (ACBD) + P (ACDB)

+ P (ADBC) + P (ADCB) = 6 × × ×13

25

25

=  825

.

b. P (ABCA) + P (ABDA) + P (ACBA) + P (ACDA)+ P (ADBA) + P (ADCA) = 6 × × ×1

325

25

=  825

.

c. P (ABAB) + P (ACAC) + P (ADAD) = 3 × × ×13

15

15

=  125

.

93 1. Il y a 4 choix possibles :

Urne 1 Urne 2Probabilité de tirer une

boule blanche

B BNN + × =12

12

13

23

N BBN × =12

23

13

NB NB × + × =12

12

12

12

12

BB NN12

Il faut choisir la première disposition.

Sa probabilité de réussite est alors 0,45.Si Sostène commence à jouer contre son père :

0,5 Oui

Oui

0,18

0,12

0,12

Partie 1Père

Partie 2Mère

Partie 3Père

Réussite Probabilité

0,4

0,60,5

0,50,6

0,40,5

0,5

G3G2

G1

P1

P2

G2

P2

P3

0,6 Non

Non0,4

G3

P3

0,6 Oui

Non0,4

G3

P3

0,6 Non

Non0,4

G3

P3

Sa probabilité de réussite est alors 0,42.Sostène a intérêt à commencer avec sa mère comme premier partenaire.

89 On considère les événements : – S : « Il fait sec le jour considéré » ;– P : « Il pleut le jour considéré ».

13

1323

23

P

P

P

S

S

S

S

1656

P

S

1323

P

S

1656

P

S

16

56

16

56

P

S

Lundi Mardi Mercredi Probabilité

254

154

2108

5108

25216

125216

10108

10108

P (A) =  × + ×16

23

56

56

 = 2936

≈ 0,806.

P (B) =  + + +154

2108

5108

25216

 =  43216

≈ 0,199.

P (C) = ( )56

3 =  125

216≈ 0,579.

90 Correctif : la piste est générale et ne correspond pas à la seule question 2.

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153Chapitre 10 Probabilités conditionnelles – Term S spécifique

96 Fichiers associés sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium :10_TS_exercice96.xlsx (Excel 2007), 10_TS_exercice96.xls (Excel 2003) et 10_TS_exercice96.ods (OpenOffice) ; 10_TS_exercice96_3.alg et 10_TS_exercice96_4.alg (AlgoBox).1. a. P (G1) = 0,5 ; PG1

(G2) = 0,6 et PP1(G2) = 0,3.

b. P (G2) = 0,5 × 0,6 + 0,5 × 0,3 = 0,45 ; P (P2) = 0,55.2. a. PGn

(Gn + 1) = 0,6 et PGn(Pn + 1) = 0,4.

b. On a l’arbre pondéré :

0,6

xn

yn

0,4Gn

Pn

Gn +1

Pn +1

Gn +1

Pn +1

0,3

0,7

D’où le système.3. a.

b. À partir de n = 5.c. Les valeurs se stabilisent, autour de 0,42857 pour xn et autour de 0,57143 pour yn.

2. a. pn =  + × −− = −

−12

12

12 1

3 24 2

nn

nn

.

b. (pn) est une suite croissante qui converge vers 34

.

94 1. 0,8

0,1

0,9

0,2

0,6

0,4

G2

G1

G2

G1

G2

G2

p2 = 0,1 × 0,8 + 0,9 × 0,6 = 0,62.

2. PG2(–G1) =  ×0,9 0,6

0,62 = 27

31 ≈ 0,871.

3. La probabilité que le joueur ne gagne aucune des trois parties est égale à 0,9 × 0,4 × 0,4 = 0,144.La probabilité qu’il gagne au moins une partie est donc :

1 − 0,144 = 0,856.4.

0,8

pn

1 – pn

0,2Gn

Gn

Gn +1

Gn +1

0,6

0,4

Gn +1

Gn +1

pn + 1 = pn × 0,8 + (1 – pn) × 0,6 =  +pn15

35

.

5. Propriété vraie pour n = 1.Si la propriété est vraie au rang n :

+pn15

35

 =  ( )−

+

15

34

134

15

35

n =  ( )−

+34

134

15

1n = pn + 1.

Elle est vraie au rang n + 1.6. ( )1

5n

converge vers 0, donc pn converge vers 34

.

7. − −pn34

10 7 si n 11.

95 1. a. P (V2) = 0,6 et PV2(V3) = 0,6.

Donc P (V2 V3) = 0,6 × 0,6 = 0,36.b. 0,36.2. a. P (–V2) = 0,4 et P –V2

(V3) = 0,1.P (–V2 V3) = 0,4 × 0,1 = 0,04.b. Correctif : il faut lire « Calculer la probabilité ... » et non pas « En déduire la probabilité ... ».P (–V2

–V3) = 0,4 × 0,9 = 0,36.3. p3 = P (V3) = P (V2 V3) + P (–V2 V3) = 0,40.4. 0,6

pn

1 – pn

0,4Vn

Vn

Vn +1

Vn +1

0,1

0,9

Vn +1

Vn +1

5. pn + 1 = pn × 0,6 + (1 – pn) × 0,1 = 0,5pn + 0,1.6. a. un+1 = pn+1 – 0,2 = 0,5pn – 0,1 = 0,5(pn – 0,2) = 0,5un.(un) est une suite géométrique de raison 0,5 et de premier terme u1 = p1 − 0,2 = 0,8.b. un = 0,8 × 0,5n–1. Ainsi pn = 0,8 × 0,5n–1 + 0,2.c.

lim 0,5

+1

→−

nn  = 0. Ainsi

lim

+→p

nn = 0,2.

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154

b. pn 0,999 pour n 12.c.

lim 0,56

+→nn = 0 ; ainsi

lim

+→p

nn = 1.

Prises d'initiatives

99 P (R) =  × + + × −−

12 4

12

57

nn

nn

 =  − −+ +

4 10( 4)( 7)

2n nn n

.

Soit on cherche le sens de variation grâce à la dérivée, soit on fait un tableau de valeurs :

n 0 1 2 3 4 5

P (R) 514

1330

715

1328

512

518

P (R) maximal pour n = 2.

100

A2

A118

78

A2

A2

A2

A1

3312831

4312731

Premièrecarte

Deuxièmecarte

Probabilité d’avoir au moins un as :P (U) =  − ×1 7

82731 =  59

248.

Probabilité d’avoir deux as : P (D) =  ×1

8331 =  3

248.

P (U D) = P (D).

PU(D) = 3

24859

248

 =  359

.

101 On désigne par E  l’événement «  le 1er tire l’allumette brulée  », F  l’événement «  le 2e tire l’allumette brulée  », G l’événement « le 3e tire l’allumette brulée » et H l’événement « le 4e tire l’allumette brulée ».P (E) = 1

4.

F est réalisé si c’est le 2e qui tire l’allumette sachant que le 1er

ne l’a pas tirée : P (F) =  ×34

13

 =  14

.G est réalisé si c’est le 3e qui tire l’allumette sachant que les deux premiers ne l’ont pas tirée :

P (G) =  × ×34

23

12

 =  14

.

De même P (H) =  × × ×34

23

12

11

 =  14

.

Tous ont la même chance de gagner.

d. Les observations faites à la question c. sont inchangées.4. a. xn + yn = P (Gn) + P (Pn) = 1.b. wn + 1 = 4 xn + 1 – 3 yn + 1 = 0,12 xn – 0,9 yn

= 0,3(4 xn – 3 yn) = 0,3 wn.(wn) est une suite géométrique de raison 0,3 et de premier terme w1 = 4x1 – 3y1 = 0,5.Ainsi wn = 0,5 × 0,3n–1.

5. a. { + =− = × −

14 3 0,5 0,3 1

x yx yn n

n nn soit

= + ×

= − ×

3 0,5 0,37

4 0,5 0,37

1

1

x

y

nn

nn

b. (0,3 n–1) converge vers 0, donc (xn) converge vers 37

et (yn) converge vers 4

7.

97 1. P (M) = 0,92 ; P (C) = 0,23 et PM (C) = 0,12.2. a. P (M C) = 0,92 × 0,12 = 0,1104.b. Probabilité que le dossier entraîne des frais de réparation matérielle mais pas de frais de dommages corporels :

P (M –C) = 0,92 – 0,1104 = 0,8096.

c. PC (M) = 0,11040,23

 = 0,48.

3. Soit V l’événement « l’accident est dû à un excès de vitesse ». P (V) = 0,45 et PV(C) = 0,30.

PC (V) =  ×0, 45 0,300,23

≈ 0,587.

98 1. a. p1 = 0,35 + 0,381 + 0,062 + 0,028 = 0,821.

p2 = PRh + (O) =  0,350,821

≈ 0,426.

b. O

A

B

AB

0,426

0,821

0,179

0,464

0,076

0,034

O

A

B

AB

0,503

0,402

0,067

0,028

Rh+

Rh–

2. a. P (O) = P (Rh+ O) + P (Rh– O) P (O) ≈ 0,821 × 0,426 + 0,179 × 0,503 = 0,44 P (O) = 0,35 + 0,09 (tableau).

b. PO(Rh+) =  0,350, 44

≈ 0,795.

3. P (O) = 0,44 et PRh+ (O) ≈ 0,426.Les événements Rh+ et O ne sont pas indépendants.4. a. Probabilité qu’il n’y ait aucune personne du groupe O :P (–O)n = 0,56 n. Ainsi, pn = 1 – 0,56 n.

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155Chapitre 11 Lois de probabilité à densité – Term S spécifique

A Le programme

Lois de probabilité à densité11

chapitre

Contenus Capacités attendues Commentaires

Notion de loi à densité àpartir d’exemples

Loi à densité sur unintervalle.

Les exemples étudiés s’appuient sur une expérience aléatoire et un univers associé Ω , muni d’une probabilité. On définit alors une variable aléatoire X , fonction de Ω dans , qui associe à chaque issue un nombre réel d’un intervalle I de . On admet que X satisfait aux conditions qui permettent de définir la probabilité de l’événement {X J} comme aire du domaine :

{M(x ; y) ; x J et 0 y f (x)} où f désigne la fonction de densité de la loi et J un intervalle inclus dans I .Toute théorie générale des lois à densité et des intégrales sur un intervalle non borné est exclue.

Loi uniforme sur [a ; b].

Espérance d’une variable aléatoire suivant une loi uniforme.

• Connaître la fonction de densité de la loi uniforme sur [a ; b].

L’instruction «  nombre aléatoire  » d’un logiciel ou d’une calculatrice permet d’introduire la loi uniforme sur [0 ; 1].La notion d’espérance d’une variable aléatoire à densité f sur [a ; b] est introduite à cette occasion par E(X) = a

b∫ t f (t) dt.

On note que cette définition constitue un prolongement dans le cadre continu de l’espérance d’une variable aléatoire discrète.AP Méthode de Monte-Carlo.

Lois exponentielles.

Espérance d’une variable aléatoire suivant une loi exponentielle.

• Calculer une probabilité dans le cadre d’une loi exponentielle.

Démontrer que l’espérance d’une variable aléatoire suivant une loi exponentielle de paramètre λest 1

λ.

On démontre qu’une variable aléatoire T suivant une loi exponentielle vérifie la propriété de durée de vie sansvieillissement : pour tous réels t et h positifs,

P T t(T t + h) = P (T h).L’espérance est définie comme la limite quand x tend vers + de

0

x∫ t f (t) dt où f est la fonction de densité de la loi exponentielle considérée.Cette partie du programme se prête particulièrement à l’étude de situations concrètes, par exemple sur la radioactivité ou la durée de fonctionnement d’un système non soumis à un phénomène d’usure.

Loi normale centrée réduite (0,1).

Théorème de Moivre Laplace (admis).

• Connaître la fonction de densité de la loi normale (0,1) et sa représentation graphique.

 Démontrer que pour :α ]0 ; 1[, il existe un unique réel positif uα tel que :

P (− uα X uα ) = 1 − αlorsque X suit la loi normale (0,1).• Connaître les valeurs approchéesu0,05 ≈ 1,96 et u0,01 ≈ 2,58.

Pour introduire la loi normale (0,1), on s’appuie sur l’observation des représentations graphiques de la loi de la

variable aléatoire Zn = Xn – npnp(1 − p)

où Xn suit la loi binomiale

(n, p), et cela pour de grandes valeurs de n et une valeur de

p fixée entre 0 et 1. Le théorème de Moivre Laplace assure que

pour tous réels a et b, P (Zn [a ; b]) tend vers 12πa

b∫ e– x 2

2 dxlorsque n tend vers + .

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156

Loi normale (μ,σ 2)d’espérance μ etd’écart-type σ.

• Utiliser une calculatrice ou un tableur pour calculer une probabilité dans le cadre d’une loi normale (μ,σ 2).

L’espérance d’une variable aléatoire suivant la loi (0,1) est définie par lim

x→ − x

0∫ t f (t) dt + lim

y→ + 0

y∫ t f (t) dt où f désigne la

densité de cette loi.On peut établir qu’elle vaut 0.On admet que la variance, définie par E ((X − E(X))2), vaut 1.

Une variable aléatoire X suit une loi ( μ, σ 2) si X − µσ suit la

loi normale ( 0,1).On fait percevoir l’information apportée par la valeur de l’écart-type.➞➞ [SI et SPC] Mesures physiques sur un système réel en essai.

• Connaître une valeur approchée de la probabilité des événements suivants :{ X [μ − σ ; μ + σ]},{ X [μ − 2σ ; μ + 2σ]} et{ X [μ − 3σ ; μ + 3σ]},lorsque X suit la loi normale (μ,σ 2).

La connaissance d’une expression algébrique de la fonction de densité de la loi (μ,σ 2) n’est pas un attendu du programme.

On illustre ces nouvelles notions par des exemples issus des autres disciplines.

Ce chapitre a pour objectif l’introduction des lois de probabilité à densité, principalement la loi normale.La partie « Avant de Commencer » permet une remise en mémoire des lois de probabilité discrètes, particulièrement de la loi binomiale ainsi qu’une révision sur la fonction exponentielle.La première activité introduit la notion de loi continue, les autres activités permettent la découverte de certaines de ces lois : loi uniforme, loi exponentielle et loi normale centrée réduite.Ces notions sont reprises dans les pages de cours en respectant les consignes données dans la partie « commentaires » du programme.Nous avons pensé nécessaire de détailler, dans les pages du cours, l’emploi de la calculatrice pour la détermination de probabilités utilisant des lois normales, conformément au document d’accompagnement des programmes.De très nombreux exercices d’application sont proposés qui devraient permettre à chaque élève la maîtrise de cet outil.L’Accompagnement personnalisé propose de revoir les points essentiels au cours de deux exercices très simples, puis en approfondissement est présentée la méthode de Monte-Carlo, conformément au programme.Le TP1, très simple à réaliser, a pour objectif l’utilisation du tableur pour des calculs utilisant la loi normale centrée réduite, tout en permettant la construction d’une table des valeurs de la loi normale centrée réduite, table encore couramment utilisée dans l’enseignement supérieur.Le TP2 utilise GeoGebra pour des calculs de probabilités avec une loi normale (μ, σ2). À cette occasion, on pourra montrer aux élèves les intervalles « 1σ, 2σ, 3σ ».Le TP3 propose la construction de la droite de Henry et d’un test de normalité.La rubrique « Cap vers le Bac » propose plusieurs exercices dans lesquels on retrouve les notions du chapitre. Il a pour objectif de fournir un outil permettant à l’élève de s’entraîner avant l’examen.Les exercices d’approfondissement sont issus d’épreuves de BTS et de concours d’entrée dans des écoles de commerce, ils peuvent être proposés en devoir « maison », certains permettant en outre de travailler des notions d’analyse.

Les notions abordées dans le chapitre 111. Lois de probabilité à densité et loi uniforme2. Loi exponentielle3. Loi normale centrée réduite4. Propriétés de la loi normale centrée réduite5. Lois normales

B Notre point de vue

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157Chapitre 11 Lois de probabilité à densité – Term S spécifique

D Activités

Voir livre page 429 et le site www.bordas-indice.fr pour les corrections détaillées.

C Avant de commencer

activité L'éco-point1Cette activité introduit la notion de loi continue sur un exemple très simple permettant de visualiser la courbe d’une densité de probabilité et le calcul de probabilités du type P (0 X t) en utilisant l’aire « sous la courbe ».La définition en cours devrait ainsi être plus facile.

1. a. L’aire est 0,077 et la base est 0,1 donc la hauteur est 0,77.b. La somme des aires des 60 rectangles de l’histogramme vaut 1.c. Sur le graphique la probabilité P (0 X 1) est représentée par la somme des aires des 10 premiers rectangles.d. Pour tout décimal t appartenant à {0 ; 0,1 ; 0,2 ; … ; 5,8 ; 5,9} la somme des aires des rectangles dont la base est sur [0 ; t ] représente la probabilité P (0 X t).2. a.

0

6∫ f (x) dx est l’aire exprimée en unité d’aire du domaine

limité par la courbe représentative de la fonction f, les axes de coordonnées et la droite d’équation x = 6. On peut estimer sa valeur à P (0 X 6), c’est-à-dire à 1.b. Pour tout réel t appartenant à [0 ; 6[ :

P (0 X t) = 0

t∫ f (x) dx.

activité Tirage de nombres au hasard dans [0 ; 1]

2

Cette activité introduit conformément au programme la loi uniforme sur [0 ; 1]. L’algorithme proposé pourra être saisi par l’élève dans le cadre d’un exercice « à la maison ».Fichier associé sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 11_TS_activite2.alg (AlgoBox).

1. a. L’intervalle [0  ; 1[ contient 100 nombres d’au plus 2 décimales et 1010 nombres d’au plus 10 décimales.

b. La probabilité d’obtenir 0,2154473089 est de 11010

c’est-à-

dire 10 –10 , cette probabilité est donc « quasi nulle ».

2. P X = 13( ) = 0. On conjecture que P 0 X 1

3( ) = 13 et que :

P 0 X 25( ) = 2

5.

3. a. Puisque f est la densité de probabilité de la loi de X, on a pour tout réel x appartenant à l’intervalle [0 ; 1] :

P (0 X x) =0

x∫ f (t) dt = F (x) – F (0) = F (x).

Or on a convenu de poser pour tout réel x appartenant à l’intervalle [0 ; 1] : P (0 X x) = x.On a donc pour tout réel x appartenant à l’intervalle [0 ; 1] :

F(x) = P (0 X x) = x.On en déduit : pour tout réel x de [0 ; 1] , f (x) = F ’(x) = 1.

b. L’algorithme proposé donne en sortie la moyenne de 10 000 nombres pris aléatoirement dans l’intervalle [0 ; 1].c. Les valeurs obtenues après exécution de l’algorithme sont

proches de 0,5 et 0

1∫ t f (t) dt = 0

1∫ t dt = 1

2.

activité Durée de vie et vieillissement3Cette activité permet la découverte de la loi exponentielle et de la notion de durée de vie sans vieillissement.1. a. 90 composants tombent en panne au cours de l’année 2 et 81 tombent en panne au cours de l’année 3.

b.

Ann

ée 1

Ann

ée 2

Ann

ée 3

Ann

ée 4

Ann

ée 5

Ann

ée 6

Nombre de pannes 100 90 81 73 66 59

Nombre de composants en fonctionnement à la fin de l’année

900 810 729 656 590 531

c. Un = 1 000 × (0,9)n. La suite (Un) est la suite géométrique de premier terme 1 000 et de raison 0,9.2. a.

n 0 1 2 3 4 5 6

P (T n) 1,000 0,900 0,810 0,729 0,656 0,590 0,531

b. P (T n) = (0,9)n et P T n + 1( )P T n( ) = 0,9.

c. PT n (T n + 1) = 0,9.

PT n (T n + 2) = P T n + 2( )P T n( ) = 0,81.

d. Ces probabilités ne dépendent pas de n, donc ne dépendent pas de l’âge du composant.

activité Vers la loi normale (0,1)4Cette activité a pour objectif l’introduction de la loi normale centrée réduite à partir de la loi binomiale (n, p). Pour cela, on utilise d’abord un tableur qui permet la construction de diagrammes en bâtons, familiers aux élèves.Dans les fichiers tableurs fournis sont traités les cas n = 16, n = 100 et n = 200 avec p variable. Bien entendu, il sera possible de construire sur le même modèle les diagrammes correspondants à d’autres valeurs de n.Le fichier GeoGebra permet de faire varier simultanément n et p. La courbe représentative de la densité de la loi normale centrée réduite apparaît nettement permettant une introduction plus aisée en cours.

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Fichiers associés sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 11_TS_activite4.xlsx (Excel 2007), 11_TS_activite4.xls (Excel 2003) , 11_TS_activite4.ods (OpenOffice) et 11_TS_activite4.ggb (GeoGebra).

1. a. μ = 8.

Le graphique est symétrique par rapport à la droite d’équation x = μ. Quand on modifie la valeur de p, le graphique se déplace vers la droite quand p augmente et vers la gauche quand p diminue. Le graphique est d’autant moins symétrique par rapport à la droite d’équation x = μ que p est proche de 0 ou de 1.

On a P (X = k) =16k

pk(1 – p)16 – k et μ = E (X) = 16p.

P (X = 16 – k) =16

16 − k

p16 – k(1 – p)k.

On sait que 16k

=

1616 − k

, donc quand p = 1

2on a pour tout

entier k compris entre 0 et 16 : P (X = k) = P (X = 16 – k) d’où la symétrie par rapport à la droite d’équation x = μ.Plus p s’éloigne de 1

2 , plus la différence entre les valeurs de

pk(1 – p)16 – k et de p16 – k(1 – p)k augmente surtout pour k voisin de 0 ou de 16 ce qui explique la perte de symétrie de la courbe.b. Quand n augmente, on observe le même déplacement horizontal de la courbe mais plus n est grand moins la perte de symétrie de la courbe quand p s’éloigne de 1

2est sensible.

2. a. E (Zn) = 1σ E (Xn) – µ

σ = 1σ × μ – µ

σ = 0.

V (Zn) = 1σ( )2

et V (Xn) = 1σ ×σ2 = 1.

b. La variable aléatoire Zn semble prendre la plupart de ses valeurs dans l’intervalle [– 4 ; 4].

c. Pour n = 100, lorsqu’on fait varier p, on observe peu de changement du graphique qui semble demeurer symétrique par rapport à la droite d’équation x = 0 sauf quand p est très proche de 0 ou de 1.3. Pour pouvoir réaliser un histogramme tel que la somme des aires des rectangles soit égale à 1 et pour pouvoir facilement faire varier n et p, on a utilisé le logiciel GeoGebra.Quand n est de plus en plus grand,les rectangles deviennent assez vite imperceptibles et sont peu sensibles aux variations de p à condition que p ne soit pas très proche de 0 ou de 1.Dans tous les cas où n est suffisamment grand et p pas trop proche de 0 ou de 1, on observe une « courbe en cloche », symétrique par rapport à l’axe des ordonnées. La fonction représentée semble avoir pour maximum 0,4 ; atteint en 0. Lorsque n est petit et p proche de 0 ou de 1, le diagramme perd les propriétés observées précédemment.

En conclusion  : Quand n est grand la loi de Zn peut être approchée par la loi d’une variable aléatoire à densité. Cette densité de probabilité est une fonction définie sur dont la courbe représentative est une « courbe en cloche », symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.

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159Chapitre 11 Lois de probabilité à densité – Term S spécifique

E Exercices

P O U R D É M A R R E R

1 a. P (X = 5) = 0. b. P (X 5) = 0,6. c. P (X 5) = 0,4. d. P (5 X 10) = 0,4.

2 a. P (X 4) = 0,8. b. P (X 11) = 0. c. P (X 7) = 0,5. d. P (4 X 7) = 0,3.

3 Voir livre page 429.

4 a. P (X 0) = 1. b. P (0 X 1) = 0,5.c. P (1 X 3) = 0,5. d. P (X 0,6) = 0,3.e. P (X 0,5) = 0,75.

5 a. P (X 0) = 0,5. b. P (X –0,5) = 0,125.c. P (X 0,5) = 0,125. d. P (–0,5 X 0,5) = 0,75.

6 P (X 0,2) = 0,2 et P X . 37( ) = 4

7.

7 Voir livre page 429.

8 1. P (A) = 1518 et P (A B) = 7

18.

2. PA (B) = 715

.

9 1. La probabilité pour que le temps d’attente de Lisa avant la sonnerie soit compris entre 5 et 10 minutes est 1

3 .2. Le temps moyen d’attente de Lisa avant la sonnerie est de 12,5 minutes.

10 a. P (0,1 T 0,2) ≈ 0,086. b. P (T 1) ≈ 0,632.c. P (T 0,5) ≈ 0,607.

11 1. P (1 T 3) ≈ 0,164. 2. P (T 5) ≈ 0,393.3. P (T 10) ≈ 0,368. 4. E (T) = 10.

12 1. P T t ( T t + 2) = P (T 2) ≈ 0,135.2. P T 2 ( T 2 + t) = P (T t) ≈ e–t.

13 PB (A) = P (X 2) = e–1 ≈ 0,368.

14 Voir livre page 429.

15 1. La durée de vie moyenne de cet élément radioactif est de 33,33 siècles soit 3 333 ans.2. Pour que P (T t) dépasse 0,5, on doit avoir t ln2

0,03soit t

supérieur à 23,105.

16 1. λ = 1,5. 2. P (X 1) = 1 – e–1,5 ≈ 0,777.

17 a. P (1 X 2) ≈ 0,136 b. P (–0,5 X 1,3) ≈ 0,595.c. P (–0,254 X –0,032) ≈ 0,087.d. P (–0,3154 X 1,5779) ≈ 0,566.

18 a. P (–1 X 1) ≈ 0,683. b. P (0,2 X 2,1) ≈ 0,403.c. P (–1, 438 X –0, 527) ≈ 0,224.d. P (–1, 6875 X 0,8788) ≈ 0,764.

19 a. P (X 1,25) ≈ 0,106. b. P (X 0,47) ≈ 0,681.c. P (X –0,235) ≈ 0,407. d. P (X 0,058) ≈ 0,477.

20 a. P (X –0,02) ≈ 0,508. b. P (X 1,28) ≈ 0,898.c. P (X –1,415) ≈ 0,079. d. P (X 1,148 ) ≈ 0,875.

21 Voir livre page 429.

22 a. P −107 X 12

7( ) ≈ 0,880. b. P X 119( ) ≈ 0,889.

23 a ≈ 0,396.

24 b ≈ –0,793.

25 Voir livre page 429.

26 b ≈ –0,184.

27 1. et 2. P (– a X a) = 0,92 ⇔ 2φ (a) – 1 = 0,92⇔ φ (a) = 0,96.

3. a ≈ 1,751.28 a. P (10 X 20) ≈ 0,789. b. P (X 18) ≈ 0,773.

c. P (X 16) ≈ 0,401. d. P (X 30) ≈ 1.

29 a. P (1,9 X 2,2) ≈ 0,819. b. P (X 1,88) ≈ 0,885.c. P (X 2,17) ≈ 0,955 d. P (X 1) ≈ 0.

30 a. P (–70 X –10) ≈ 0,656. b. P ( –60 X 10) ≈ 0,608. c. P (X –100) ≈ 0,048.d. P (X 3) ≈ 0,039.

31 a. P (22 X 38) ≈ 0,890. b. P (X 27) ≈ 0,274.c. P (X 35) ≈ 0,159.

32 Voir livre page 429.

33 P (15,7 Y 16,2) ≈ 0,907.

34 1. a ≈ 45,492. 2. b ≈ 39,712. 3. c ≈ 41,593. 4. d ≈ 37,407.

35 Voir livre page429.

36 1. P (200 – α X 200 + α) = 0,80 équivaut à :

P 200 − α − 200625

X − 200625

200 + α − 200625( ) = 0,80

soit à P − α25

X − 20025 α

25( ) = 0,80.

2. La variable aléatoire Y suit la loi normale centrée réduite.

3. P − α25

Y α25( ) = 0,80 ⇔ 2 P Y α

25( ) – 1 = 0,80.

⇔ 2 φ α25( ) – 1 = 0,80.

4. φ α25( ) = 0,9 d’où α ≈ 32,039.

P O U R S ’ E N T R A Î N E R37 1. a.

1

10

y

x

Page 33: chaPitre 9 Produit scalaire dans l’espace - livreduprof.fr · la définition du produit scalaire donnée dans le plan. Vecteur normal à un plan. Équation cartésienne d’un plan

160

43 1. La proposition est fausse. Contre-exemple :Soit f la fonction définie sur [0 ; 2] par f (x) = x

2. Il est facile de

vérifier que f est une densité de probabilité. Soit X la variable aléatoire dont la loi de probabilité a pour densité la fonction f. On a P (X 1) = 1

4 et P (X 1) = 34 .

2. Il existe une variable aléatoire X à densité sur [0 ; 2] telle que :P (X 1) ≠ P (X 1).

44 FAUX, car f est négative sur 0 ; 12

.

45 VRAI car f est continue et positive sur [–1 ; 1] et :

−1

1∫ f (x) dx = 1.

46 VRAI car la fonction f est continue et positive sur 0 ; π2

et 0

π2∫ sin 2x d x = – 1

2 (cos(π) – cos(0)) = 1.

47 1. P (X 10) = 23

. 2. P (X 0,5) = 2930

.

3. Le temps moyen d’attente est de 7 minutes et 30 secondes.

48 1. a. P (A) = 0,4. b. P (B) = 0,079. c. P (C) = 0.

d. P (D) = 0,92. e. P (E) = 47

. f. P (F) = 22

≈ 0,707.

2. k = 0,28.

49 1. f est définie sur [12 ; 20] par f (x) = 18

.

2. a. P (A) = 38

. b. P (B) = 38

. c. P (C) = 58

. d. P (D) = 1940

.

3. k = 14. 4. t = 16,64. 5. E (X) = 16.

50 1.

2.

52 a = 8 et E (X) = 18.

53 X suit la loi uniforme sur [a ; b]. On a :

P (X 3) = 3 − ab − a

et P (X 4) = 4 − ab − a

.

D’où 3 − ab − a

= 0,2 et 4 − ab − a

= 0,4. On en déduit a = 2 et b = 7.

54 1. S1 = {2 ; –3} et S2 = [–3 ; 2].2. a. Il y a 6 choix possibles. b. 1

6 . c. 12 .

3. a. 0. b. 25

.

55 L’inéquation 15x 2 – 8x + 1 0 a pour ensemble de

solutions − ; 15

1

3 ; +

. La probabilité demandée est

donc 15

+ 1 – 13 = 13

5.

56 Voir livre page 429.

57 Si 0 x 0,25 alors 0 2x 2x + 0,5 1.L’intervalle [2x ; 2x + 0,5] ne contient pas d’entier.Si 0,25 x 0,5 alors 0,5 2x 1 2x + 0,5 1,5.L’intervalle contient l’entier 1.

Saisir a, b et x

p prend la valeur x – a

b – aAfficher p

TEXAS CASIO: Prompt A: Prompt B: Prompt X: (X – A)/(B – A) → P: Disp P

” A ” ? → A” B ” ? → B” X ” ? → X(X – A)/(B – A) → PP

b. f est une fonction continue et positive sur [0 ; 1]. De plus 0

1∫ f (x) dx = 1 donc f est une densité de probabilité sur

[0 ; 1].2. a. P (X 0,25) = 5

32 ≈ 0,156.

b. P X 13( ) = 7

9≈ 0,778.

c. P (0,1 X 0,7) = 0,54.

d. E (X) = 0

1∫ x f (x) dx = 7

12≈ 0,583.

38 1. f est une fonction continue et positive sur [0 ; 1]. De plus 0

1∫ f (x) dx = 1 donc f est une densité de probabilité

sur [0 ; 1].

2. a. P X 12( ) = 1

32 ≈ 0,031.

b. P (X 0,1) = 1 – (0,1)5 ≈ 1.

c. P (0,2 X 0,8) = (0,8)5 – (0,2)5 ≈ 0,327.

d. E (X) = 0

1∫ x f (x) dx = 5

6≈ 0,833.

39 1. La fonction inverse étant continue et positive sur ]0 ; + [ , la fonction f est continue et positive sur [1 ; e].De plus

1

e∫ f (x) dx = ln e – ln 1 = 1 donc f est bien une fonction

de densité de probabilité.2. a. P (X 2) = ln 2 ≈ 0,693 ; P X 4

e( ) = 2 – 2 ln 2 ≈ 0,614

et P e2

X 3e4( ) = ln 3 – ln 2 ≈ 0,405.

b. E (X) = e – 1 ≈ 1,718.

40 Voir livre page 429.

41 1. La fonction cosinus est continue et positive sur 0 ; π2

et 0

π2∫ cos x d x = sin π

2 – sin 0 = 1 ; f est donc bien une fonction de densité de probabilité.

2. a. P X π3( ) ≈ 0,866 et P X π

4( ) ≈ 0,293.

b. PX π

4X π

3( ) ≈ 0,225.

3. a. Pour tout réel x appartenant à l’intervalle 0 ; π2

:

G’(x) = sinx + xcosx – sinx = g (x),

donc G est bien une primitive de g sur 0 ; π2

.

b. E (X) =0

π2∫ x cos x d x = G π

2( ) – G(0) = π2 – 1 ≈ 0,571.

42 1.

2. a.0

4∫ f (x) dx = 1. b.

0

1∫ f (x) dx = 175

256.

c. 1

3∫ f (x) dx = 5

16.

3. a. La fonction f est continue et positive sur [0 ; 4].De plus

0

4∫ f (x)dx = 1, donc f est bien une densité de probabilité.

b. P (0 X 4) = 1, P (0 X 1) = 175256

et

P (1 X 3) = 516

.

4. a. P (A) = 81256 et P (B) = 255

256.

b. PA (B) = 8081

.

5. E (X) =0

4∫ x f (x) dx = 0,8.

Page 34: chaPitre 9 Produit scalaire dans l’espace - livreduprof.fr · la définition du produit scalaire donnée dans le plan. Vecteur normal à un plan. Équation cartésienne d’un plan

161Chapitre 11 Lois de probabilité à densité – Term S spécifique

4. PT 730 (T 1 826) = P (T 1 096) ≈ 0,209.5. On aura 10 % des composants en panne au bout de 74 jours.6. P (TA 300 TB 300 ) = P (TA 300 ) × P (TB 300) ≈ 0,424.

68 Fichier associé sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium  : 11_TS_exercice68.alg (AlgoBox). Correctif : p doit appartenir à l’intervalle ]0 ; 1[.1.

2.

Pour la programmation sur logiciel : voir fichier.

69 VRAI, car P (X 10) ≈ 0,4966.

70 VRAI car P X 10 (X 10 + 10) = P (X 10).

71 FAUX car 1λ ≈ 14,29 ; donc la durée de vie moyenne d’un

appareil électronique de ce type est de plus de 14 ans.

72 VRAI car a = ln2λ ≈ 9,90.

73 a. P (– 6 X 0) ≈ 0,500. b. P (X 12) ≈ 0.c. P (X = e) = 0. d. P (X e) ≈ 0,997.e. P (– 2 X 3) ≈ 0,880. f. PX 0 (X 1,5 ) ≈ 0,866.

74 1. a ≈ – 0,431. 2. b ≈ 0,180. 3. c ≈ 1,335.

75 P (–1 X a) = 0,76 d’où P (X a) = 0,76 + P (X –1)et a ≈ 1,40.

76 φ(u0,2) = 0,9 d’où u0,2 ≈ 1,282.

77 Voir livre page 429.

78 a. S1 ≈ 1,645. b. S2 ≈ 1,645. c. S3 ≈ –1,645.

d. S4 ≈ –1,645. e. S5 ≈ 1,960. f. S6 ≈ 1,960.

79 1.

2. a. −6

6∫ f (x) dx ≈ 1. b.

−1

1∫ f (x) dx ≈ 0,683.

c. 0

6∫ f (x) dx ≈ 0,5. d. 0

1∫ f (x) dx ≈ 0,341.

3. Soit X une variable aléatoire suivant la loi normale centrée réduite.a. P (– 6 X 6) ≈ 1. b. P (–1 X 1) ≈ 0,683.c. P (0 X 6) ≈ 0,5. d. P (0 X 1) ≈ 0,341.

4. a. −100

100∫ x f (x) dx ≈ 0.

b. L’aire «  sous la courbe  » de la fonction x x f (x) est quasiment nulle en dehors de l’intervalle [–100 ; 100], le calcul permet de retrouver que l’espérance mathématique d’une variable aléatoire suivant la loi normale centrée réduite est 0.

Demander a et pλ prend la valeur –

ln (1–p)aAfficher λ

TEXAS CASIO: Prompt A: Prompt P: (–1/A)*ln(1 – P) → L: Disp L

” A ” ? → A” P ” ? → P(–1/A ) × ln(1 – P) → LL

Si 0,5 x 0,75 alors 1 2x 2x + 0,5 2.L’intervalle ne contient pas d’entier.Si 0,75 x 1 alors 1,5 2x 2 2x + 0,5 2,5.L’intervalle contient l’entier 2.Il y deux intervalles de longueur 1

4qui conviennent d’où la

probabilité demandée : 24

= 12

.

58 Le raisonnement est le même que pour l’exercice 57.Si x ]0 ; 0,1[ ]0,2 ; 0,3[ ]0,4 ; 0,5[ ]0,6 ; 0,7[ ]0,8 ; 0,9[ alors l’intervalle [5x ; 5x + 0,5] ne contient aucun entier, sinon

il en contient 1. Il y a donc 5 intervalles de longueur 110 qui

conviennent d’où la probabilité demandée : 510 = 1

2.

59 VRAI car E (X) = −1+ 12

= 0.

60 VRAI car P (X 75) = 75100 = 0,75

et P (X 25) = 1 – P (X 25) = 1 – 25100

= 0,75.

61 1. La durée de vie moyenne d’un appareil de ce modèle est de 5 ans.2. P (X 7) ≈ 0,753 ; P (X 7) ≈ 0,247 et P (4 X 7) ≈ 0,203.3. PX 4 (X 7) ≈ 0,451.

62 1. λ = 1,63 × 10– 4.2. Au bout de 4 265 heures environ, la moitié des agendas auront cessé de fonctionner.

63 1. λ = 10–5.2. P (X 90 000) ≈ 0,407.3. P X 90 000 (X 110 000) = P (X 20 000) ≈ 0,819.

64 1. P (X 10) = e–10λ.Donc P (X 10) = 0,286 équivaut à e–10λ = 0,286.

On en déduit λ =−ln 0,286( )

10 ≈ 0,125.

2. P (X 6) ≈ 0,528.La probabilité qu’un oscilloscope du modèle étudié ait une durée de vie inférieure à 6 mois est à 10–3 près de 0,528.3. PX 8 (X 10) = PX 8 (X 8 + 2) = P (X 2) ≈ 0,779.Sachant qu’un appareil a déjà fonctionné 8 ans, la probabilité qu’il ait une durée de vie supérieure à 10 ans est à 10–3 près de 0,779.

65 Voir livre page 429.

66 1. a. P (5 T 10) = 14

équivaut à e–5λ – e–10λ = 14

soit à :

e–10λ – e–5λ + 14

= 0.

b. On pose X = e–5λ. On résout X 2 – X + 14

= 0.

On trouve une solution : X0 = 12

. On en déduit λ = ln25

.

2. a. E (T) ≈ 7 heures et 9 minutes. Ce nombre représente la durée moyenne séparant deux pannes informatiques.

b. P (T 5) ≈ 0,497.c. PT 4 (T 9) = P (T 5) ≈ 0,497.

67 1. La durée de vie moyenne d’un composant est de 700 jours.2. P (T 120) ≈ 0,842.

3. P (T 730) ≈ 0,352.

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162

98 Fichier associé sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium  : 11_TS_exercice98.alg (AlgoBox).1. Si la variable aléatoire X suit la loi normale (μ, σ2) alors cet algorithme donne en sortie l’intervalle [a ; b] de centre μ tel que P (a X b) = 0,95.2. Voir fichier.

100 μ = 1 400 et σ = 200.

101 1. a. P (X 5 800) ≈ 0,309.b. P (5 900 X 6 100) ≈ 0,197.c. P (X 6 250) ≈ 0,266.2. a. On cherche k arrondi à l’entier le plus proche tel queP (X k) = 0,30. On trouve k = 5 790 d’où une production maximale annuelle prévisible de 5 790 litres pour les 30  % de vaches les moins productives du troupeau.b. De même on cherche k ’ tel que P (X k ’) = 0,20.On trouve k ’ = 6 337 d’où une production minimale annuelle prévisible de 6 337 litres pour les 20 % de vaches les plus productives du troupeau.

102 1. La proposition est vraie. En effet si μ = σ, alors P (X σ) = P (X μ) = 0,5 et :

P (X σ) = P (X μ) = 0,5.2. Réciproque : « Si P (X σ) = P (X σ), alors μ = σ ».P ( X σ) = P (X > σ) ⇔ P (X σ) = 1 – P (X σ)

⇔ P (X σ) = 12

⇔ P (X σ) = P (X μ).La réciproque est donc vraie.

103 VRAI car la courbe représentative de la fonction densité de probabilité de la loi normale (μ, σ2) est symétrique par rapport à la droite d’équation x = μ.

104 FAUX car P (μ – σ X μ + σ) = P (–1 Y 1).

105 VRAI car P (μ – σ2 X μ + σ2) = P (–σ Y σ).

106 FAUX car cela dépend de la valeur de σ.

107 VRAI car P (X μ + σ) = P (Y 1) ≈ 0,841.

108 1. La durée de vie moyenne d’une ampoule de ce type est de 1 250 heures.2. P (T 1 000) ≈ 0,449.3. a ≈ 866.

109 1. P (68 Z 72) ≈ 0,954.2. On doit avoir φ (h) = 0,995 d’où h ≈ 2,576.3. P Z 68 (Z 72) ≈ 0,977.

110 1. 32 %. 2. 13,7 mois.

111 μ ≈ 253,85 grammes.

P O U R FA I R E L E P O I N T

Voir livre page 429 et le site www.bordas-indice.fr pour les corrections détaillées.

80 Fichiers associés sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 11_TS_exercice80.xlsx (Excel 2007), 11_TS_exercice80.xls (Excel 2003) et 11_TS_exercice80.ods (OpenOffice).

81 Pour tout réel t : P (–X t) = P (X –t) = P (X t), donc –Xsuit la même loi que X.

82 FAUX car P (X –2) ≈ 0,023 et P (X 2) ≈ 0,977.

83 FAUX car P X 12( ) ≈ 0,691 et P X 1( )

2≈ 0,421.

84 VRAI car P (X 0) = P (X 0) = 0,5.

85 VRAI car 1 + P (–0,5 X 0,5) = 1 + 2P (X 0,5) – 1= 2P (X 0,5).

86 1. 120 kilomètres.2. a. P (110 X 130) ≈ 0,525. b. P (X > 105) ≈ 0,858.3. 114 camions car P (X 130) ≈ 0,762.

87 a. P (158,5 X 166,5) ≈ 0,683.b. P (X 164) ≈ 0,646.c. P (X 170) ≈ 0,030.d. P (X 160) ≈ 0,266.e. PX 160 (X 170) ≈ 0,959.

88 Voir livre page 429.

89 9 545 fruits en moyenne seront acceptés.

90 1. P (X 15) ≈ 0,841.

2. P (15 X 25) ≈ 0,683.

3. PX 15 (X 25)=P 15 X 25( )

P X 15( ) ≈ 0,811.

91 1. 40 filles. 2. 127 garçons.

92 1. P (X 1 050) ≈ 0,1151.2. P (990 X 1 035) ≈ 0,6107.3. k = 979. Le poids du sachet qui est tel que 5 % des sachets fabriqués soient plus légers que lui est donc de 979 grammes environ.4. On cherche k ’ tel que P (X k ’) = 0,1 soit tel que :

P (X k ’) = 0,9. On trouve k ’ = 1 052, d’où un poids de 1 052 grammes.

93 1. 81,76 %. 2. 2,28 %.3. Q1 ≈ 2,494 h soit 2 h 30 min environ.Q2 = 3 h.Q3 ≈ 3,506 h, soit 3h 30 min environ. Q1 et Q3 représentent les quartiles et Q2 la médiane de la population étudiée sous le caractère « temps passé devant la télévision ».

94 Voir livre page 429.

95 1. PF (A) = P (X 170) ≈ 0,202.

PF (A)(A) = P (Y 170) ≈ 0,691.

2. P (A) ≈ 0,440.

3. PA (F) ≈ 0,235.

97 μ = 3 et π 1σ( ) = 0,94 ;

d’où σ ≈ 0,64.

0,202

0,513

0,487

0,798

0,691

0,309

A

A

A

A

F

F

Page 36: chaPitre 9 Produit scalaire dans l’espace - livreduprof.fr · la définition du produit scalaire donnée dans le plan. Vecteur normal à un plan. Équation cartésienne d’un plan

163Chapitre 11 Lois de probabilité à densité – Term S spécifique

Pour N = 100 000, on a obtenu par exemple le nuage :

et les résultats :0,66345 – 0,67127 – 0,666850,67067– 0,66701 – 0,666990,66822 – 0,66574 – 0,665390,66851.Soit en moyenne 0,66771.

Pour N = 100 000, les points n’apparaissent plus sur le graphique.

α = 0

1∫ f (x) dx = 0

1∫ 4x – 4 x2 dx = 2

3.

L’aire de D est 23

, le résultat donné en sortie par l’algorithme est

meilleur avec N = 100 000, mais reste correct avec N = 10 000.

125 Fichier associé sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium  : 11_TS_exercice125.alg (AlgoBox).

La valeur exacte de α est π4

.

126 Fichier associé sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium  : 11_TS_exercice126.alg (AlgoBox).Pour tout entier k [0 ; 9] et pour tout réel x k

10; k + 1

10

, on

a Ent(10x) = k d’où f (x) = k10

.

L’aire du domaine limité par la courbe représentative de la fonction f et l’axe des abscisses est :

a =k=0

9

∑ k10 = 1

10× 9 × 10

2 = 4,5.

La valeur obtenue en utilisant l’algorithme correspond bien à l’aire calculée ci-dessus.

127 Fichier associé sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 11_TS_exercice127.alg (AlgoBox).1. F1 est la fonction de densité de probabilité de la loi normale

centrée réduite : F1 (x) = 12π

e− x 2

2 .

2. Xmin = –5 ; Xmax = 5 ; Ymin = 0 ; Ymax = 1.

3. x = a + (b – a )*random().

4. Il faut multiplier uN

par b – a.

5. La calculatrice donne :

P (–1 T 1) ≈ 0,6827.

En faisant fonctionner l’algorithme pour N = 10 000, on a obtenu par exemple :

0,6855 – 0,6812 – 0,6885 – 0,6821 – 0,6795 – 0,6828 – 0,6806 – 0,6802 – 0,6866 – 0,6792 ;

soit une moyenne de 0,6826 proche du résultat donné par la calculatrice.

ACCO M PAG N E M E N T P E R S O N N A L I S É

122 λ ≈ 0,26.P (X 5) ≈ 0,273 et PX 2(X 5) = P (X 3) ≈ 0,458.

123 5,104 kilogrammes.

124 4,71 centilitres.

La méthode de Monte-Carlo

Fichier associé sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 11_TS_approfondissement.alg (AlgoBox).

❯ f est strictement croissante sur 0 ; 12

et strictement

décroissante sur 12

; 1

. Le maximum de f est 1, atteint en 1

2 .

Le point M(x ; y) du carré S appartient au domaine D si et seulement si :

0 y f (x).

❯ X suit la loi binomiale de paramètres N et p où p est la probabilité pour qu’un point pris au hasard dans le carré S appartienne au domaine D. Puisque cette probabilité est proportionnelle à l’aire de D elle est égale à

p = aire de Daire de S

= aire de D car S est un carré de côté 1.

E (X) = N × p = N × aire de D.En répétant un grand nombre de fois cette série de Nexpériences aléatoires, on peut déterminer une valeur approchée m de E (X). On en déduit alors p = aire de D ≈ m

N.

À noter que plus N est grand, moins il est nécessaire d’effectuer de répétitions de la série des N expériences aléatoires pour obtenir une valeur approchée de E (X) donc de p. En effet, pour les très grandes valeurs de N, le nombre de succès est peu fluctuant d’une répétition à l’autre.

❯ L’algorithme donne en sortie le nombre et la proportion de points se trouvant dans le domaine D lorsque l’on place Npoints au hasard dans le carré S. Pour les très grandes valeurs de N, il fournit donc une valeur approchée de p donc de l’aire de DPour N = 10 000, on a obtenu par exemple le nuage :

et les résultats :0,6685 – 0,6724 – 0,66750,6693 – 0,6708 – 0,67420,6611 – 0,6650 – 0,66380,6695.Soit en moyenne 0,6821.

O

j

i

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164

b. La courbe demeure symétrique par rapport à l'axe des ordonnées en s'aplatissant quand σ augmente.2. Voir le fichier 11_TS_correctionTP2.ggb.a. P (2 X 3,5) ≈ 0,5328. b. P (X 3,85) ≈ 0,8023 et P (X 3,08) ≈ 0,4681.c. L’utilisation de la calculatrice permet de vérifier les résultats précédents.3. P (μ – σ X μ + σ) ≈ 0,683.P (μ – 2σ X μ + 2σ) ≈ 0,954.P (μ – 3σ X μ + 3σ) ≈ 0,997.Voir le fichier 11_TS_correctionTP2_Imagiciel.ggb.

tp Droite de Henry3Ce TP propose la construction de la droite de Henry, qui est une méthode graphique pour ajuster une distribution gaussienne à celle d’une série d’observations (dans le cas d’une variable numérique continue). En cas d’ajustement satisfaisant, cette droite permet de lire rapidement la moyenne et l’écart type d’une telle distribution.Fichiers associés sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 11_TS_TP3.xlsx (Excel 2007), 11_TS_TP3.xls (Excel 2003) et 11_TS_TP3.ods (OpenOffice).

A. Étude d’un relevé statistique1.

2.

On constate une répartition symétrique de la série, la forme de l’histogramme évoquant une courbe de Gauss, on peut donc conjecturer que le montant X dépensé par un client suit approximativement une loi normale.3. N = 200.

T R AVAU X P R AT I Q U E Stp Table de valeurs de P (T t )

où T suit (0,1)1

Ce TP permet de découvrir comment, avec un tableur, effectuer des calculs utilisant la loi normale centrée réduite.On commence par la construction d’une table des valeurs de cette loi, cette table étant encore couramment utilisée dans l’enseignement supérieur  ; puis on utilise cette table pour déterminer la probabilité de quelques événements.Fichiers associés sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 11_TS_TP1.xlsx (Excel 2007), 11_TS_TP1.xls (Excel 2003) et 11_TS_TP1.ods (OpenOffice).

A. Construction de la table

1. Voir fichiers.2. Correctif  : l’énoncé doit commencer par « On va calculer P (T 0,00 ) dans la cellule B2… ».a. Dans la cellule K14, on va calculer P (T 3,99).On va calculer P (T 2,57) dans la cellule I27.

c. La formule est =LOI.NORMALE.STANDARD($A2+B$1) .d. Les valeurs obtenues sont toutes très proches de 1.

B. Utilisation de la table

a. P (X 23) = P (T 0,75) = 0,7734.P (X 15) = P (T –1,25) = P (T 1,25) = 0,8944.P (–16 X 16) = P (–9 T –1)

≈ P (T –1) = 1 – P (T 1)= 1 – 0,8413 = 0,1587.

b. P (X k) = 0,7939 ⇔ P T k − 204( ) = 0,7939.

⇔ P T k − 204( ) = P (T 0, 82).

D’où k = 23,28.

c. P ( 20 – a X 20 + a) = 0,762 équivaut à :

P – a4 T a

4( ) = 0,762 soit à P T a4( ) = 0,881

d’où a4 = 1,18 et a = 4,72.

tp Loi normale : observations et calculs

2

En utilisant un logiciel de géométrie dynamique, ce TP permet de faire le lien entre probabilité avec une loi normale (μ, σ2) et calcul d’aire.Il permet aussi de découvrir les valeurs de P ( μ – σ X μ + σ), P (μ – 2σ X μ + 2σ) et P (μ – 3σ X μ + 3σ).Fichiers associés sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 11_TS_TP2.ggb, 11_TS_correctionTP2.ggb et 11_TS_correctionTP2_Imagiciel.ggb (GeoGebra).

1. a. La courbe se déplace le long de l'axe des abscisses en restant inchangée.

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165Chapitre 11 Lois de probabilité à densité – Term S spécifique

14

4∫ f (x) dx = 2

3 2 − 12( ) = 2

3× 3

2 = 1 donc f est bien une densité

de probabilité.2. a. P (X 2) = F(2) – F 1

4( ) = 23 2 − 1

2( ) ≈ 0,609.

b. P (X 1) = F(4) – F(1) = 23

≈ 0,667.

3. a. Pour tout réel x I, G ’(x) = k x + x2 x( ) = k 3 x

2.

Pour tout réel x I, G ’(x) = x ⇔ k = 23

.

b. E (X) = 14

4∫ x f (x) dx = 1

3 14

4∫ x dx

= 13

G 4( ) − G 14( )( ) = 2

9 4 × 2 − 14

× 12( ) = 7

4.

Le temps moyen passé devant un écran par une personne de cette population est de 1 heure 3

4.

Sujet BPartie A1. Réponse b. : P (2 X 4) = e–2λ – e– 4λ.2. Réponse c. : P (X t) = P (X t) ⇔ P (X t) = 1

2⇔ e–λt = 1

2⇔ –λt = –ln2.

3. Réponse d. : PX 1P (X 5) = 1e ⇔ P (X 4) = 1

e⇔ e– 4λ = e–1.

Partie B1. Réponse c. : P (1 Y 2) ≈ 0,1359.2. Réponse b. : P (Y 0,8) ≈ 0,7881.3. Réponse a. : P (Y –1,45) ≈ 0,9265.4. Réponse b. : Le réel k tel que P (Y k) est égal à 10– 4 près à –0,3853.5. Réponse c. : Le réel d tel que P (–d Y d) = 0,6 est égal à 10– 4 près à 0,8416.

Sujet C1. T suit la loi uniforme sur [0 ; 10].a. Le temps d’attente moyen de Monsieur Dulac est de 5 minutes.b. P (T 7) = 1 – P (T 7) = 1 – 7

10= 0,3.

2. a. X suit la loi binomiale de paramètres n = 10 et p = 0,3.b. P (X = 0) = 0,710 ≈ 0,028.c. P (X 5) ≈ 0,953.

Sujet D

1. a. P (X 2,10) = P (X 1,95) + P (1,95 X 2,10) = 0,96.

b. P (X 1,95) = 0,58 ⇔ P X − µσ

1,95 − µσ( ) = 0,58

⇔ φ 1,95 − µσ( ) = 0,58

car X − µσ

suit la loi normale centrée réduite.

De même P (X 2,10) = 0,96 ⇔ P X − µσ

2,10 − µσ( ) = 0,96

⇔ φ 2,10 − µσ( ) = 0,96.

4. et 5. Voir les fréquences et les fréquences cumulées croissantes dans le tableau précédent.6. P (X 30) = 0,38 et P (X 60) = 0,98.

B. Tracé de la droite de Henry

1. On a P (X 30) = PX − µ

σ 30 − µ

σ( ) = P T 30 − µ

σ( ) où T

suit la loi normale centrée réduite.Comme on a trouvé P (X 30) = 0,38 ; on en déduit :

30 − µσ ≈ –0,3054 ≈ – 0,31.

2. a. On utilise la fonction LOI.NORMALE.STANDARD.INVERSE dans la colonne F.b. La dernière valeur est aberrante car elle correspond au nombre k tel que P (X k) = 1, en théorie k est donc infini.Cette valeur est d’ailleurs différente suivant les tableurs utilisés.

3. 4. 5. La droite tracée a pour coefficient directeur 1σ et pour

ordonnée à l’origine – µσ . On en déduit 1

σ ≈ 0,0744, d’où

σ ≈ 13,44 et µσ ≈ 2,4608 ; d’où μ ≈ 33,07.

C. Étude d’un autre exemple1. La forme de l’histogramme n’évoque pas une courbe de Gauss et lorsque l’on représente les points définis au B.3, ils sont très loin d’être alignés.2. On représente la série statistique par un histogramme comme défini au A.2. Si la forme de l’histogramme évoque une courbe de Gauss, on peut conjecturer que la variable aléatoire suit approximativement une loi normale. On place les points comme définis au B.3. qui doivent être sensiblement alignés et permettre le tracé de la droite de Henry dont le coefficient directeur et l’ordonnée à l’origine fourniront des valeurs

approchées de 1σ et de – µ

σ , permettant ainsi de déterminer

approximativement les paramètres de la loi normale.

C A P V E R S L E B ACSujet A

1. f est continue et positive sur 14

; 4

et :

14

4∫ f (x) dx = F(4) – F 1

4( ) avec F(x) = 23

x .

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166

− a

a∫ f (x) dx =

− a

0∫ f (x) dx +

0

a∫ f (x) dx

= − a

0∫ e x dx +

0

a∫ e– x dx

= 1 – e– a + (–e– a + 1) = 2 – 2e– a.

− a

a∫ f (x) dx = 1 ⇔ 2 – 2e– a = 1 ⇔ e– a = 1

2d’où a = ln 2.

2. a. P (X –0,5) = 1 – P ( X –0,5)

= 1 – − ln2

−0 ,5∫ e x dx = 1 – e–0,5 + e– ln2

= 32 – e–0,5 ≈ 0,893.

b. Pour tout réel x [–ln2 ; ln2] :g(–x) = – x f (–x) = –xe–|–x| = –xe–|x| = –xf (x) = –g(x).

c. E (X) =− ln2

ln2∫ x f (x) dx =

− ln2

ln2∫ g (x) dx

=− ln2

0∫ g (x) dx +

0

ln2∫ g (x) dx.

La fonction f étant positive sur , la fonction g est positive sur [0 ; ln2] et négative sur [–ln2 ; 0].

0

ln2∫ g (x) dx représente l’aire

du domaine limité par la courbe représentative de g, l’axe des abscisses et les droites d’équations x = 0 et x = ln2.

− ln2

0∫ g (x)dx représente l’opposé de l’aire du domaine limité par

la courbe représentative de g, l’axe des abscisses et les droites d’équations x = –ln2 et x = 0.De plus d’après le 2.b. la courbe représentative de g dans un repère est symétrique par rapport à l’origine donc ces deux aires sont égales. On en déduit E (X) = 0.

135 Partie A1. Pour tous réels a et b :(b – a)(b2 + ab + a2) = b3 – ab2 + ab2 + a2b – a2b – a3 = b3 – a3.2. On sait que la densité de probabilité de la loi uniforme

sur [a  ; b] est définie par f (t) = 1b − a

et que son espérance

mathématique est b + a2

d’où :

V (X) = 1b − a a

b∫ t 2 dt – b + a( )

4

2

= 1b − a

b3

3− a3

3( )– b + a( )4

2

= b − a( ) b2 + ab + a2( )

3 b − a( ) – b2 + 2ab + a2

4= 4b2 + 4ab + 4a2 − 3b2 − 6ab − 3a2

12= b − a( )2

12.

On en déduit σ (X ) = b − a2 3

=b − a( ) 3

6.

Partie B1. lim

x → +

x2

= + et limX → +

eX

X= + , donc lim

x → +

ex2

x2

= + .

limx → +

ex2

x2

= + et limX → +

X 2 = + , donc limx → +

ex2

x2

2

= + .

On en déduit limx → +

ex

x2= lim

x → +

14

ex2

x2

2

= + .

2. Pour tout réel x [0 ; + [ :

G’ (x) = (–λAx2 + (2A – λB )x + B – λC )e–λx.

On en déduit A = –1, B = – 2λ et C = – 2

λ2.

c. On déduit de la question précédente 1,95 − µσ = a et

2,10 − µσ = b avec a ≈ 0,2019 et b ≈ 1,7507 d’où le système :

1,95 – µ = aσ2,10 – µ = bσ{ .

d. μ ≈ 1,93 et σ ≈ 0,10.2. P (X 2,15) ≈ 0,00621 d’où un marché potentiel de 621 personnes.

personnes.Sujet E1. a. Pour tout réel t [0 ; + [ :

G’(t) = (–λ At + A – Bλ)e–λt et t f (t) = λte–λt.On en déduit A = –1 et B = – 1

λ.

b.0

b∫ t f (t) dt = G(b) – G(0) = −b − 1

λ( )e–λb – 0 − 1λ( ) e0

= 1λ (–λbe–λb – e–λb + 1).

c. E (X) = limb→ + 0

b∫ t f (t) dt.

limb→ +

–λb = – et limX → −

XeX = 0, donc limb→ +

–λbe–λb = 0.

limb→ +

–λb = – et limX → −

eX = 0, donc limb→ +

e–λb = 0.

D’où E (X) = limb→ + 0

b∫ t f (t) dt = 1

λ .

2. a. P (X 1 000) = 0,771 ⇔ e–1 000λ = 0,771.

D’où λ = – ln 0,771( )1 000

et λ ≈ 2,6 × 10– 4.

b. 1λ ≈ 3 845. La durée de vie moyenne d’un agenda

électronique est de 3 845 heures.

128 P (X 45) = 0,7 et E (X) = 35.

129 E(X) = 5 et P (X 1) = 1 – e–0,2 ≈ 0,181.

130 1 – e– 5λ = 0,3 d’où λ = –ln 0,7( )

5 ≈ 0,07.

131 1. P (–1 X 2) ≈ 0,819 et P (X 0,254) ≈ 0,400.2. P (–a X a) = 0,95 pour a ≈ 1,960.3. P (X k) = 0,879 pour k ≈ 1,170.

132 P (60 X 70) ≈ 0,256.P (X k) = 0,8257 pour k ≈ 82,060.

133 P (8 X 9) = 0,97 ⇔ 2φ 0,5σ( ) – 1 = 0,97

⇔ φ 0,5σ( ) = 0,985.

On en déduit σ ≈ 0,23.

P O U R A L L E R P LU S LO I N

134 1. Pour tout réel x ]0 ; + [ : f (x) = e–x.Pour tout réel x ]– ; 0[ : f (x) = e x. La fonction f est donc continue sur ]–  ; 0[ et sur ]0 ; + [.

De plus limx → 0–

f (x) = limx → 0+

f (x) = 1 = f (0), f est donc continue en 0,

donc sur .f est positive sur , donc pour que f soit une densité de probabilité il est nécessaire et suffisant que − a

a∫ f (x) dx = 1.

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167Chapitre 11 Lois de probabilité à densité – Term S spécifique

b. On pose Y = n .On résout 0,3Y 2 + 0,058Y – 12,5 0.On trouve S = ]Y1 ; Y2[ avec Y1 ≈ –6,552 et Y2 ≈ 6,359.On doit donc avoir n 6,359 soit n 40,4.L’inéquation a pour ensemble de solutions [0 ; 40] .On peut donc empiler au maximum 40 tôles.

137 1. P (X a) = k ⇔ PX − µ

σ a − µ

σ( ) = k

⇔ φ a − µσ( ) = k.

2. P (X b) = t ⇔ 1 – P (X b) = t⇔ P (X b) = 1 – t

⇔ φ b − µσ( ) = 1 – t.

3. On a φ a − µσ( ) = φ (u) et φ b − µ

σ( ) = φ (v),

d’où a − µσ

= u et b − µσ = v.

On en déduit : μ + σu = a et μ + σv = b.4. a. Si u = v, on obtient a = b. Or on a a ≠ b.

b. σ = a − bu − v

et μ = a – σu = bu − avu − v .

5.Saisir a, b, k et tu prend la valeur Fracnormale(k) (ou Invnormale(k))v prend la valeur Fracnormale(1 – t) (ou Invnormale(1 – t))σ prend la valeur a – b

u – vμ prend la valeur a – σu

Afficher μ et σ

TEXAS CASIO: Prompt A: Prompt B: Prompt K: Prompt T: FracNormale(K) → U: FracNormale(1 – T) → V: (A – B)/(U – V) → S: A – S * U → M: Disp M: Disp S

‘’ A ‘’ ? → A‘’ B ‘’ ? → B‘’ K ‘’ ? → K‘’ T ‘’ ? → TInvNormCD(K) → UInvNormCD(1 – T) → V(A – B)/(U – V) → SA – S × U → MMS

μ ≈ 1400 et σ ≈ 200.

138 1. Y = 1 200 – X.2. a. P (X 920) ≈ 0,091.b. P (Y 315) = P (X 885) ≈ 0,159.c. Les événements « X 920 » et « Y 315 » sont incompatibles donc p ≈ 0,250.3. Pour que tous les usagers soient satisfaits, on doit avoir X 900 + n et Y 300 + n soit 1 200 – X 300 + n, c’est-à-dire 900 – n X. Il faut donc avoir 900 – n X 900 + n.On cherche donc n pour que :

P (900 – n X 900 + n) 0,995

qui équivaut à : P − n15 X − 900

σ n15( ) 0,995

soit à : 2 φ n15( ) – 1 0,995

soit à : φ n15( ) 0,9975.

3. Ib = G (b) – G (0) = −b2 − 2λ b − 2

λ2( )e–λb + 2λ2

= 2λ2

1− e− λb − λbe− λb − λb( )2

2e− λb

.

4. limb→ +

–λ b = – et limX → –

Xe X = 0, donc limb→ +

–λ be–λ b = 0.

limb→ +

–λ b = – et limX → +

e X = 0, donc limb→ +

e–λ b = 0.

limb→ +

λ b = + et limx → +

ex

x2= + , donc lim

b→ +

eλb

λb( )2= + .

D’où limb→ +

(λ b)2e–λ b = 0.

On en déduit limb→ +

I b = 2λ2

.

5. V (X) = limb→ +

I b – 1λ( )2

= 2λ2

– 1λ2

= 1λ2

.

On en déduit σ (X) = 1λ car λ 0.

Partie C1. a. h ’(x) = – e

− x 2

2 + x 2e− x 2

2 .b. D’après la question précédente, pour tout réel x :

x 2e− x 2

2 = h ’(x) + e− x 2

2 .

D’où 0

b∫ x2e

− x 2

2 = 0

b∫ h ’(x) dx +

0

b∫ e

− x 2

2 dx

= h(b) – h(0) + 0

b∫ e

− x 2

2 dx

= h(b) + 0

b∫ e

− x 2

2 dx.

2. a. limb→ +

– b2

2= – et lim

X → – Xe X = 0, donc lim

b→ + – b2

2e

− b2

2 = 0.

De plus limb→ +

2b

= 0 , on en déduit par produit : limb→ +

h(b) = 0.

b. D’après le cours : limb→ + 0

b∫ 1

2πe

− x 2

2 dx = 12

.

3. a. D’après le 1. b. :

0

b∫ 1

2πx2e

− x 2

2 dx = h(b)2π

+0

b∫ 1

2πe

− x 2

2 dx.

On en déduit :

limb→ + 0

b∫ 1

2πx2e

− x 2

2 dx = limb→ +

h(b)2π

+ limb→ + 0

b∫ 1

2πe

− x 2

2 dx

= 0 + 12

= 12

.

b. Par une démarche analogue à celle réalisée aux questions

précédentes, on trouve : lima→ − a

0∫ 1

2πx2e

− x 2

2 dx = 12

.

c. V (X) = 12

+ 12

= 1, d’où σ (X) = 1.

136 1. P (X 0,35) = 0,95 ⇔ φ 0,35 − 0,3σ( ) = 0,95, d’où

0,05σ ≈ 1,645. On en déduit σ ≈ 0,03.

2. a. E (Hn) = 0,3n et V (Hn) = (0,03)2n, d’où σ(Hn) = 0,03 n .

b. Les paramètres de Hn sont μ = 0,3n et σ = 0,03 n .

3. a. P (Hn 12,5) 0,975 équivaut à :

P Hn − 0,3n0,03 n

12,5 − 0,3n0,03 n( ) 0,975

soit à : φ 12,5 − 0,3n0,03 n( ) φ(1,96),

c’est-à-dire à : 12,5 − 0,3n0,03 n( ) 1,96

ou encore à : 0,3n + 1,96 × 0,03 n – 12,5 0.

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168

3. Soit x l’heure d’arrivée de A et y celle de B. Pour que les deux amis se rencontrent, on doit avoir | y – x | 1

6 c’est-à-dire :

– 16

y – x 16

soit x – 16

y x + 16

.

4.

O

j

iE

C

D K

F

Dans le repère orthonormé (O  ; i , j ), la droite d’équation y = x – 1

6 coupe l’axe des abscisses en E 1

6 ; 0( ) et la droite

d’équation x = 1 en F 1; 56( ) .

La droite d’équation y = x + 16

coupe l’axe des ordonnées en

C 0 ; 16( ) et la droite d’équation y = 1 en D 5

6; 1( ).

x et y sont des heures d’arrivée respectives de A et B

compatibles avec une rencontre quand x – 16

y x + 16

,

c’est-à-dire quand le point de coordonnées (x ; y) se trouve dans la zone grise.5. Puisque l’aire du carré OIKJ est 1, la probabilité pour que les deux amis se rencontrent est l’aire de l’hexagone OEFKDC.

Les triangles EIF et CJD ont chacun pour aire 12

× 56 × 5

6.

L’hexagone OEFKDC a donc pour aire 1 – 56 × 5

6 , c’est-à-dire

1136

. La probabilité pour que les deux amis se rencontrent est

donc 1136

.

141 Partie A1. PS (A) = x

20 et PS (B) = 20 − x20

= 1 – x20

.

P (A) = P (S) × PS (A) = x20 × p =

px20

.

P (B) = P (S) × PS (B) = 1− x20( ) p.

2. px = PA (S) =P SA( )

P A( ) = P B( )P A( )

=1− x

20( )p

1− px20

= 20 − x( )p20 − px

.

Partie B1. X suit la loi binomiale de paramètres n = 20 et p = 0,2.2. a. T = T0 + 10X.b. La durée moyenne en minutes du parcours d’un candidatest : E (T) = E (T0 + 10X) = E (T0) + 10E (X)E (T) = 150 + 10 × 20 × 0,2 = 150 + 40 = 190.La durée moyenne du parcours d’un candidat est de 190 minutes soit 3 heures et 10 minutes.

c c

On en déduit : n15 2,8070 soit n 42,105.

La valeur minimale de n est donc 43.

139 Partie A1. lim

x → + g(x) = 0.

2. Pour tout réel x [1 ; + [ : g’(x) = 100 exp –2,72( ) − 1( )17 x + 1( ) x + exp −2,72( )( ) .

g’ est strictement négative sur [1 ; + [.

x 1 +

g’ (x) –

g g(1)0

g(1) ≈ 3,70.

Partie B1. P (X 16) = 1

15⇔ e–16λ = 1

15 , d’où λ = ln15

16≈ 0,169.

2. a. P (X R) = 1 – e– 0,17R.

b. P (R X 16) = e– 0,17R – e– 2,72.

c. P (R X 16) = nP (X R) ⇔ e– 0,17R – e– 2,72 = n(1 – e– 0,17R)⇔ e0,17R = n + 1

n + e–2 ,72.

On doit donc avoir R = 10017

ln n + 1n + exp −2,72( )( ) , c’est-à-dire

R = g(n).3. La fonction g est strictement décroissante sur [1 ; + [.Grâce à la calculatrice, on trouve g(10) ≈ 0,522 et g(11) ≈ 0,477. On en déduit que R 0,5 ⇔ 1 n 10.4. P (R X 16) = 4P (X R) ⇔ R = g (4).On en déduit R ≈ 1,2 cm.5. On prend R = 1,2 cm.a. La probabilité d’atteindre la zone rouge est :

P (X 1,2) ≈ 0,1845.b. La probabilité d’atteindre la zone bleue est :

P (1,2 X 16) ≈ 0,7496.c. La probabilité d’atteindre la zone rouge sachant que la cible

a été atteinte est P X 16 (X 1,2) = P X 1,2( )P X 16( ) ≈ 0,1977.

Partie COn a toujours R = 1,2 cm.1. Y suit la loi binomiale de paramètres n = 5 et p = P (X R),p ≈ 0,1845.2. P (Y 3) = 1 – P (Y 2) ≈ 0,0467.Le joueur a moins de 5 % de chance d’atteindre au moins 3 fois la zone rouge.

140 1. Si A arrive à 0h30, B doit arriver entre 0h20 et 0h40 pour que les deux amis se rencontrent. L’heure d’arrivée de B doit

donc appartenir à l’intervalle 12

− 16

; 12

+ 16

soit à l’intervalle

13 ; 2

3

.

2. Si A arrive à 0h10, l’heure d’arrivée de B doit se situer dans

l’intervalle 0 ; 13

pour que les deux amis se rencontrent.

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169Chapitre 11 Lois de probabilité à densité – Term S spécifique

On considère un employé choisi au hasard dans l’entreprise.On note S l’événement  : «  L’employé est syndiqué  » et A l’événement « Le salaire brut annuel de l’employé est supérieur à 40 000 € ».On construit un arbre pondéré :

0,128

0,9

0,1

0,872

0,921

0,079

A

A

A

A

S

S

On en déduit : P (A) ≈ 0,9 × 0,128 + 0,1 × 0,921 ≈ 0,207.

D’où la probabilité pour que l’employé choisi soit syndiqué :

P A(S) ≈ 0,9 × 0,8721− 0,207

≈ 0,990.

143 Dans le cas où la compagnie accepte n réservations, on note X la variable aléatoire modélisant le nombre de personnes confirmant leur réservation et retirant leur billet.X suit la loi normale de moyenne 0,92n et d’écart-type 0,27 n .On cherche le plus grand entier n tel que P (X 400) 0,05,

c’est-à-dire tel que P T 400 − 0,92n0,27 n( ) P (T 1,645) où

T suit la loi normale centrée réduite.

On doit donc avoir :

400 − 0,92n0,27 n

1,645

(car P (T a) P (T b) équivaut à 1 – P (T a) 1 – P (T b) soit à P (T a) P (T b )).n doit donc vérifier : 0,92n – 0,44415 n – 400 0.

On pose N = n et on résout 0,92N 2 + 0,44415N – 400 0.

On en déduit 0 n 20,6115 d’où N 424.La compagnie peut accepter au maximum 424 réservations.

3. a. P (T 180) =k=0

20

∑ P ((X = k) (T 180)) car les événements

{X = k} pour 0 k 20 sont deux à deux incompatibles et ont pour réunion l’événement certain {0 X 20} .

On en déduit : P (T 180) =k=0

20

∑ PX = k (T 180) P (X = k).

b. Pour tout entier k compris entre 0 et 20 :

PX = k (T 180) = PX = k (T0 + 10 X 180)

d’où : PX = k (T 180) = PX = k (T0 + 10 k 180).

On en déduit :

P (T 180) =k=0

20

∑ PX = k (T 180 – 10k) P (X = k).c.

VariablesK variable entièreP, N, B variables réellesInitialisationP prend la valeur 0TraitementPour K variant de 0 à 20

N prend la valeur P (T0 180 – 10K)B prend la valeur P (X = K)P prend la valeur P + N × B

Fin PourSortieAfficher P

Pour programmer l’algorithme sur la calculatrice, on remarquera que pour tout entier k compris entre 0 et 20 :

P (T0 180 – 10k) ≈ P (0 T0 180 – 10k).L’algorithme donne en sortie P (T 180) ≈ 0,360.

Prises d'initiatives

142 Soit X la variable aléatoire modélisant le salaire annuel brut d’un employé syndiqué et Y celle modélisant le salaire annuel brut d’un employé non syndiqué.

P (X 40 000) ≈ 0,128 et P (Y 40 000) ≈ 0,921.

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170

A Le programme

échantillonnage et estimation12

chapitre

On approfondit le travail en probabilités et statistique mené les années précédentes.La loi normale permet d’initier les élèves à la statistique inférentielle par la détermination d’un intervalle de confiance pour une proportion à un niveau de confiance de 95 %.Cette partie se prête particulièrement à l’étude de problèmes issus d’autres disciplines.Le recours aux représentations graphiques et aux simulations est indispensable.

Contenus Capacités attendues Commentaires

Intervalle de fluctuation

Démontrer que si la variable aléatoire Xn

suit la loi (n, p), alors, pour tout α dans

]0 ; 1[ on a limn→ +

P xnn In( ) = 1 − α où In

désigne l’intervalle :

p − uαp 1− p( )

n ; p + uαp 1− p( )

n⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

.

• Connaître l’intervalle de fluctuation asymptotique (*) au seuil de 95 % :

p − 1,96 p 1 − p( )n ; p + 1,96 p 1 − p( )

n

où p désigne la proportion dans la population.

La démonstration ci-contre donne l’expression d’un intervalle de fluctuation asymptotique (*) au seuil 1 − α de

la variable aléatoire fréquence Fn = Xnn qui, à tout échantillon de

taille n, associe la fréquence obtenue f.

Avec les exigences usuelles de précision, on pratique cette approximation dès que n 30, np 5 et n (1− p) 5.En majorant 1,96 p 1 − p( ), on retrouve l’intervalle de fluctuation présenté en classe de Seconde.La problématique de prise de décision, déjà rencontrée, est travaillée à nouveau avec l’intervalle de fluctuation asymptotique.

Estimation

Intervalle de confiance (*).

Niveau de confiance.

• Estimer par intervalle une proportion inconnue à partir d’un échantillon.

• Déterminer une taille d’échantillon suffisante pour obtenir, avec une précision donnée, une estimation d’une proportion au niveau de confiance 0,95.

Les attendus de ce paragraphe sont modestes et sont à exploiter en lien avec les autres disciplines.

Il est intéressant de démontrer que, pour une valeur de p fixée, l’intervalle contient, pour n assez grand, la proportion p avec une probabilité au moins égale à 0,95.On énonce alors que p est élément de l’intervalle avec un niveau de confiance de plus de 95 %, où f désigne la fréquence observée sur un échantillon de taille n.

Avec les exigences usuelles de précision, on utilise cet intervalle dès que n 30, np 5 et n (1− p) 5.

La simulation de sondages sur tableur permet de sensibiliser aux fourchettes de sondage. Il est important de noter que, dans d’autres champs, on utilise l’intervalle :

f − 1,96 f 1 − f( )n ; f + 1,96 f 1 − f( )

n

qu’il n’est pas possible de justifier dans ce programme.➞➞ [SVT] Analyse de graphiques où les données sont fournies par des intervalles de confiance.

AP Prise de décision lors de la comparaison de deux proportions (par exemple lors d’un essai thérapeutique).

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171Chapitre 12 échantillonnage et estimation – Term S spécifique

(*) Avec les notations précédentes :

– un intervalle de fluctuation asymptotique de la variable aléatoire Fn au seuil 1 − α est un intervalle déterminé à partir de p et de n et qui contient Fn avec une probabilité d’autant plus proche de 1 − α que n est grand ;

– un intervalle de confiance pour une proportion p à un niveau de confiance 1 − α est la réalisation, à partir d’un échantillon, d’un intervalle aléatoire contenant la proportion p avec une probabilité supérieure ou égale à 1 − α, intervalle aléatoire déterminé à partir de la variable aléatoire fréquence Fn qui, à tout échantillon de taille n, associe la fréquence ;

– les intervalles de confiance considérés ici sont centrés en la fréquence observée f.

Voir livre pages 429 et 430 et le site www.bordas-indice.fr pour les corrections détaillées.Les notions abordées dans ces exercices permettent, d’une part de travailler sur les intervalles et les inégalités, notions très utiles dans ce chapitre, d’autre part de réactiver les connaissances sur la loi binomiale et la loi normale, puisque ces lois interviennent en plusieurs points du chapitre.

C Avant de commencer

Ce chapitre traite les parties « Échantillonnage » et « Estimation » du programme de probabilités.

La partie « Échantillonnage » repose sur la notion d’intervalle de fluctuation asymptotique. Celui-ci est défini après un résultat théorique dont la démonstration (exigible au baccalauréat) utilise le théorème de Moivre-Laplace, vu au chapitre précédent. Ce résultat, difficile à appréhender, est introduit dans l’activité 1 à la fois de façon théorique et aussi en utilisant le tableur.

La seconde partie du cours revient sur la notion de prise de décision sur échantillon, déjà abordée en classe de Première S. Le principe est le même, mais cette fois-ci, les élèves ont à leur disposition deux méthodes, selon que les conditions de validité d’utilisation de l’intervalle de fluctuation asymptotique sont ou non vérifiées. La troisième partie du cours est consacrée à l’estimation, et à la notion d’intervalle de confiance : la justification de

l’intervalle f − 1n ; f + 1

n

nécessite une propriété, démontrée dans le cours. Cette démonstration, au programme,

est très riche car elle utilise le théorème de Moivre-Laplace, la définition de la limite d’une suite et l’étude des variations d’une fonction polynôme.

Les exercices, issus de problèmes concrets, permettent de travailler sur la prise de décision à partir d’un échantillon et sur l’utilisation des intervalles de confiance.

Le premier TP revient sur le phénomène évoqué dans la page d’introduction du chapitre, à savoir l’élection présidentielle de 2002 : l’utilisation du tableur et des notions du chapitre permettent de mieux comprendre « l’erreur » des sondages de 2002. Le second TP propose une méthode graphique très précise de détermination des intervalles de confiance, que ce soit avec une calculatrice ou bien un grapheur.

Les notions abordées dans le chapitre 12

1. Échantillonnage

2. Prise de décision à partir d’un échantillon3. Estimation d’une proportion

B Notre point de vue

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172

activité Un sac de bille1Cette activité a pour but de donner du sens à la formule du cours donnant un intervalle de fluctuation asymptotique d’une fréquence.Pour cela, on se place dans le cas concret du tirage de billes dans un sac dont on connaît la répartition ; ainsi, p est égal à 0,2 dans toute l’activité.Pour cela, on détermine dans un premier temps l’intervalle :

p − 1,96 p 1− p( )n

; p + 1,96 p 1− p( )n

dans le cas n = 100, on constate alors par un calcul effectif utilisant la loi binomiale que la probabilité que la fréquence soit dans cet intervalle est voisine de 0,95.On conforte ce résultat pour d’autres valeurs de n (de plus en plus grandes) à l’aide du tableur : pour cela, on place les points d’abscisse n et d’ordonnée cette probabilité. On constate que cette probabilité se rapproche de 0,95 pour n grand. Le qualificatif d’intervalle de fluctuation « asymptotique » est ici bien illustré par le graphique.Enfin, dans un troisième temps, on démontre la formule dans le cas particulier où p = 0,2, ce qui permet au professeur de faire ensuite la démonstration du cours en changeant uniquement 0,2 en p.

Fichiers associés sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium :12_TS_activite1.xlsx (Excel 2007), 12_TS_activite1.xls (Excel 2003) et 12_TS_activite1.ods (Open Office).

1. a. Xn suit la loi binomiale de paramètres n et p = 0,2.b. La variable aléatoire Fn représente la fréquence des billes rouges tirées dans les échantillons de taille n.

2. a. On trouve s = 0,04. I = [0,1216 ; 0,2784].

b. P (Fn I) = P 0,1216 Xn

100 0,2784( )

= P (12,16 Xn 27,84)= P (13 Xn 27) ≈ 0,941, à 10–3 près.

3. a. Le premier point placé sur le graphique est :

100 ; P X100 I( )( ) , c’est-à-dire (100 ; 0,941).

b. Une lecture rapide du graphique montre que ces probabilités sont comprises entre 0,935 et 0,965. De façon plus précise, on

peut observer que 0,938 P Xnn( ) 0,961, pour n compris

entre 100 et 800.

4. a. np 1− p( ) = 0,2 × 0,8n = 0,4 n .

Ainsi Zn = Xn − npnp 1− p( ) .

Le théorème de Moivre-Laplace (voir p. 328) dit que la limite de an = P (–1,96 Zn 1,96) quand n tend vers + est égale à P (–1,96 X 1,96), où X suit la loi normale centrée réduite.

D’après le cours sur la loi normale, cette limite est donc égale à 0,95 à 10–3 près.

b. –1,96 Zn 1,96 ⇔ – 0,784 n Xn – 0,2n 0,784 n⇔ 0,2n – 0,784 n Xn 0,2n + 0,784 n .

c. La double inégalité précédente équivaut à :

0,2 – 0,784n

Fn 0,2 + 0,784n

.

Ainsi, en posant un = 0,784n

, on a bien :

limn→ +

P(0,2 – un Fn 0,2 + un) = P(–1,96 X 1,96)≈ 0,95 (où X suit (0 , 1)).

d. Dans l’onglet « Intervalles de fluctuation », on a représenté les intervalles [0,2 – un ; 0,2 + un] pour n égal à 100, 500, 1 000, 5 000 et 10 000. On observe qu’ils sont tous centrés en 0,2 et que leur amplitude décroît avec n.

activité Malvoyants moyens ou profonds

2

Cette activité permet de revenir sur la notion de prise de décision à partir d’un échantillon vue en Première avec la loi binomiale, puis de découvrir que l’intervalle de fluctuation asymptotique permet de développer aussi cette méthode, avec l’avantage d’une formule explicite.

1. a. X suit la loi binomiale de paramètres n = 400 et p = 0,018.b. On trouve a = 3 et b = 13.c. Un intervalle de fluctuation de la fréquence de malvoyants est I = 3

400; 13

400

, soit [0,007 ; 0,033] à 10–3 près.

d. Règle de décision : « Si la fréquence observée f de malvoyants moyens ou profonds dans les échantillons de taille 400 appartient à I, on accepte l’hypothèse p = 0,018, sinon on la rejette ».Ici, f = 0,0375 : f I, donc on rejette cette hypothèse.

2. a. p = 0,018 ; n = 400, np = 7,2 et n (1 – p) = 392,8, donc les conditions de validité sont remplies. Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil 0,95 est I’ = [0,004 ; 0,032], à 10–3 près.b. La règle de décision est obtenue en remplaçant I par I’. On se rend compte que les deux intervalles ne coïncident pas.La seconde méthode fait intervenir une formule, contrairement à la méthode vue en Première.

activité Intervalles de fluctuation3Cette activité illustre le passage de l’intervalle de fluctuation asymptotique vu dans le cours précédemment à l’intervalle de fluctuation vu en Seconde. Le tableur permet de montrer l’écart existant entre ces deux intervalles selon les valeurs de p et de n. En particulier, on se rend compte que, pour n grand, l’écart est très faible.

D Activités

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173Chapitre 12 échantillonnage et estimation – Term S spécifique

b. On peut conjecturer que vn 0,95 :– pour n 31 dans le cas p = 0,35 ;– pour n 81 dans le cas p = 0,40 ;– pour n 271 dans le cas p = 0,45.

c. Pour p = 0,5, on conjecture à l’aide du tableur que n0 = 529. C’est pour p = 0,5 que n0 semble être le plus grand : en effet, c’est pour cette valeur que la fluctuation est la plus importante puisque la variance est maximale pour p = 0,5 (la variance est égale à p – p2).

activité Le grand stade4Dans cette activité, on introduit la notion d’intervalle de confiance

à partir de l’intervalle de fluctuation p − 1n

; p + 1n

vu

précédemment, et on fait réfléchir l’élève sur ce qu’apporte (ou n’apporte pas) cet intervalle.

1. D’après le cours, p − 11 024

; p + 11 024

est un intervalle

de fluctuation asymptotique de la fréquence au seuil de 0,95 dans les échantillons de taille 1 024, et 1

1 024= 0,03125, donc

la probabilité de l’événement « F [ p – 0,03125 ; p + 0,03125] » est au moins 0,95.2. p – 0,03125 F p + 0,03125 équivaut à :

F – 0,03125 p F + 0,03125, donc P ( p [F – 0,03125 ; F + 0,03125]) 0,95.

3. a. f = 5761 024

= 0,5625.

b. [f – 0,03125 ; f + 0,03125] = [0,53125 ; 0,59375] : p n’appartient pas obligatoirement à cet intervalle.

4. a. La proportion p appartient à environ 95  % de ces intervalles.b. Oui, c’est possible. La seule chose que l’on sait, c’est que p appartient à environ 95  % des intervalles de la forme [f – 0,03125 ; f + 0,03125]. L’échantillon du sondage ne fait pas obligatoirement partie de ces 95 % d’échantillons mentionnés plus haut.

Fichiers associés sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium :12_TS_activite3.xlsx (Excel 2007), 12_TS_activite3.xls (Excel 2003) et 12_TS_activite3.ods (Open Office).

1. a. Expression d’un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 0,95 de la fréquence d’un caractère dans un échantillon de taille n :

p − 1,96 p 1− p( )n

; p + 1,96 p 1− p( )n

.

b. f ’(p) = 1 – 2p, donc f ’(p) s’annule en 12

.

f est croissante sur 0 ; 12

et décroissante sur 1

2; 1

, son

maximum est f 12( ) = 1

4.

c. p (1 – p) 14

sur [0 ; 1], donc f (p) 12

sur [0 ; 1].

d. 1,96 p 1− p( )n

1,96 × 0,5n

1n

, donc

p + 1,96 p 1− p( )n

p + 1n

et p – 1,96 p 1− p( )n

p – 1n

donc In est inclus dans Jn.

e. Puisque In est inclus dans Jn, la probabilité pour que la fréquence appartienne à Jn est supérieure à celle que la fréquence appartienne à In, donc Jn est un intervalle de fluctuation asymptotique à un seuil au moins égal à celui de l’intervalle In.

2. Le tableur calcule les valeurs P Xn

n Jn( ) pour diverses

valeurs de p et de n.La droite d’équation y = 0,95 est aussi tracée, afin de conjecturer

à partir de quelle valeur de n les probabilités P Xn

n Jn( )

restent supérieures à 0,95.

a. On peut conjecturer que les probabilités P Xn

n Jn( ) sont

toujours supérieures à 0,95.

E ExercicesP O U R D É M A R R E R

1 a. n = 30, np = 6 et n (1 – p) = 24, donc les conditions de validité sont vérifiées.b. n = 200, np = 2 et n (1 – p) = 198, donc la condition np 5 n’est pas vérifiée.c. n = 50, np = 47,5 et n (1 – p) = 2,5, donc la condition n (1 – p) 5 n’est pas vérifiée.d. n = 10 000, np = 10 et n (1 – p) = 9 990, donc les conditions de validité sont vérifiées.

2 n = 100, np = 50 et n (1 – p) = 50, donc les conditions de validité sont vérifiées.Un intervalle de fluctuation est [0,402 ; 0,598].

3 Voir livre p. 430.

4 n = 1 000, np = 710 et n (1 – p) = 290, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de fluctuation est [0,68 ; 0,74], à 0,01 près.

5 n = 100, np = 20 et n (1 – p) = 80, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de fluctuation au seuil de confiance 0,95 est [0,121 ; 0,279], à 0,001 près.

6 n = 400, np = 160 et n (1 – p) = 240, donc les conditions de validité sont vérifiées.Un intervalle de fluctuation au seuil de confiance 0,99 est [0,33 ; 0,47], à 0,01 près.

7 2 × 1,96 × 0,5n

= 0,049, soit n = 40, ce qui donne n = 1 600.

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174

21 n = 100, np = 30 et n (1 – p) = 70, donc les conditions de validité sont vérifiées.a. On recherche d’abord u0,07 tel que :

P (–u0,07 X u0,07) = 0,93, où X suit (0, 1). On a alors P (X u0,07) = 0,965 et u0,07 ≈ 1,812 avec la calculatrice. Un intervalle de fluctuation au seuil 0,93 est [0,216 ; 0,384], à 10–3 près.b. On recherche d’abord u0,02 tel que :

P (–u0,02 X u0,02) = 0,98, où X suit (0, 1). On a alors P (X u0,02) = 0,99 et u0,1 ≈ 2,326 avec la calculatrice. Un intervalle de fluctuation au seuil 0,98 est [0,193 ; 0,407], à 10–3 près.

22 1. a. Xn suit la loi binomiale de paramètres n et p = 0,9, donc np = 0,9n et np 1− p( ) = 0,3 n .

D’où : Yn = Xn − 0,9n0,3 n

=Xn − npnp 1− p( )

.

D’après le théorème de Moivre-Laplace, la limite quand n tend vers + de P (–1,96 Yn 1,96) est P (–1,96 X 1,96), où X suit (0, 1), soit environ 0,95.

b. Xn

n In ⇔ 0,9n – 0,588 n Xn 0,9n + 0,588 n

⇔ –1,96 Xn − 0,9n0,3 n

1,96

⇔ –1,96 Yn 1,96.

Ainsi, la limite de P Xn

n Jn( ) quand n tend vers + est

P (–1,96 X 1,96), où X suit (0, 1), soit environ 0,95.

2. a. Un intervalle de fluctuation est  0,9 − 0,588n

; 0,9 + 0,588n

.

b. Les conditions de validité s’écrivent n 30, 0,9n 5 et 0,1n 5, ce qui donne n 50.

c. On doit avoir 0,9 − 0,588n

0,89, ce qui donne n 58,8 et n 3 458.

23 Fichier associé sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium :12_TS_exercice23.alg (AlgoBox).

1. Il calcule les bornes a et b d’un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de confiance 0,95.

2. On introduit l’instruction conditionnelle SI … ALORS … SINON : elle permet de tester si les conditions de validité sont respectées.

8 1. n = 900, np = 675 et n (1 – p) = 225, donc les conditions de validité sont vérifiées.Un intervalle de fluctuation est I = [0,72 ; 0,78], à 0,01 près.

2. Règle de décision : soit f la fréquence observée ; si f I, alors on accepte l’hypothèse au seuil de confiance 95 %, sinon on la rejette.

3. f = 550900

≈ 0,61 : f I, donc on n’accepte pas l’hypothèse du

président au seuil de confiance 95 %.

9 Voir livre p. 430.

10 f = 63350 = 0,18 ; n = 350, nf = 63 et n (1 – f ) = 287, donc

les conditions de validité sont vérifiées.Un intervalle de confiance est [0,12 ; 0,24].

11 Voir livre p. 430.

12 f = 32400

= 0,08 ; n = 400, nf = 32 et n (1 – f ) = 368, donc

les conditions de validité sont vérifiées.Un intervalle de confiance est [0,03 ; 0,13].

13 f = 28200 = 0,14 ; n = 200, nf = 28 et n (1 – f ) = 172, donc

les conditions de validité sont vérifiées.Un intervalle de confiance est [0,06 ; 0,22].

14 f = 0,77  ; n = 200, nf = 154 et n (1 – f ) = 46, donc les conditions de validité sont vérifiées.Un intervalle de confiance est [0,69 ; 0,85].

P O U R s ’ E n t R A î n E R15 n = 100, np = 51 et n (1 – p) = 49, donc les conditions de

validité sont vérifiées.Un intervalle de fluctuation est [0,412 ; 0,608], à 10–3 près.

16 n = 2 000, np = 440 et n (1 – p) = 1 560, donc les conditions de validité sont vérifiées.Un intervalle de fluctuation est [0,201 ; 0,239], à 10–3 près.

18 Voir livre p. 430.

19 n = 1000, np = 529 et n (1 – p) = 471, donc les conditions de validité sont vérifiées.Un intervalle de fluctuation est [0,488 ; 0,570], à 10–3 près.

20 n = 100, np = 60 et n (1 – p) = 40, donc les conditions de validité sont vérifiées.a. On recherche d’abord u0,2 tel que P (–u0,2 X u0,2) = 0,80, où X suit (0, 1). On a alors P (X u0,2) = 0,9, et u0,2 ≈ 1,282 avec la calculatrice. Un intervalle de fluctuation au seuil 0,80 est [0,537 ; 0,663], à 10–3 près.b. On recherche d’abord u0,1 tel que P (–u0,1 X u0,1) = 0,90, où X suit (0, 1). On a alors P (X u0,1) = 0,95 et u0,1 ≈ 1,645 avec la calculatrice. Un intervalle de fluctuation au seuil 0,90 est [0,519 ; 0,681], à 10–3 près.

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175Chapitre 12 échantillonnage et estimation – Term S spécifique

24 1. Algorithme, dans lequel F est la fonction telle que :F (x) = u ⇔ P (X u) = x, où X suit (0, 1).

Saisir n, p, αu prend la valeur F 1−

2( )a prend la valeur p – u ×

p 1− p( )n

b prend la valeur p + u ×p 1− p( )

nAfficher a, b

2. Programmes sur calculatrice.

TEXAS CASIO

25 Correctif  : Il se peut que, dans certains manuels, il soit demandé si la proposition est vraie. Dans ce cas, ne pas tenir compte de cette question. L’exercice porte uniquement sur la réciproque de la proposition.Oui, parce que la contraposée de cette proposition est vraie (p = p’ ⇒ I = I’).

26 FAUX : l’amplitude est a = 2 × 1,96 × p 1− p( )n

.

Si on double n, alors la nouvelle amplitude est a ’ = a2

.

27 1. n = 100, np = 40 et n (1 – p) = 60, donc les conditions de validité sont vérifiées.Un intervalle de fluctuation est I = [0,303 ; 0,497], à 10–3 près.

2. Règle de décision : soit f la fréquence observée ; si f I, alors on accepte l’hypothèse au seuil de confiance 95 %, sinon on la rejette.

3. f = 31100 = 0,31 : f I, donc on accepte l’hypothèse au seuil de

confiance 95 % ; l’échantillon est représentatif de la population pour cette allergie.

28 Voir livre p. 430.

30 Puisque n = 20, on ne peut pas appliquer la méthode utilisant un intervalle de fluctuation asymptotique.On fait l’hypothèse que le taux de réussite du joueur est 0,5. On définit X la variable aléatoire égale au nombre de penaltys réussis sur 20 penaltys tentés, supposés indépendants les uns des autres. Alors, X suit la loi binomiale de paramètres 20 et 0,5.Le plus petit entier a tel que P (X a) 0,025 est 6, et le plus petit entier b tel que P (X b) 0,975 est 14.Un intervalle de fluctuation au seuil de risque 5 % est donc I = [0,3 ; 0,7].

La fréquence observée est f = 1520 = 0,75. Puisque f I, on peut

dire que ce joueur a un taux de réussite différent d’une chance sur deux, au seuil de risque 5 %.

31 1. Ici, p = 0,008 et n = 500, donc np = 4  : la condition np 5 n’est pas remplie.

2. et 3. Soit X la variable aléatoire associée au nombre de rouleaux jaunissant le papier dans un échantillon de 500 rouleaux : X suit la loi binomiale de paramètres 500 et 0,008.Le plus petit entier a tel que P (X a) 0,025 est 1, et le plus petit entier b tel que P (X b) 0,975 est 8.

Un intervalle de fluctuation au seuil de confiance 95% est donc I = [0,002 ; 0,016].La fréquence observée est f = 6

500= 0,012. Puisque f I, on

peut dire que le grossiste n’a pas menti au client, au seuil de confiance 95 %.

32 1. Si le générateur de nombres aléatoires du tableur fonctionne bien, alors la probabilité d’avoir 1 est p = 0,5.n = 100, np = 50 et n (1 – p) = 50, donc les conditions de validité sont vérifiées.Un intervalle de fluctuation au seuil de confiance 0,95 est I = [0,4 ; 0,6].La fréquence observée de 1 est f = 58

100= 0,58.

Puisque f I, on accepte l’hypothèse au seuil 95 %.

2. n = 1 000, np = 500 et n (1 – p) = 500, donc les conditions de validité sont vérifiées.Un intervalle de fluctuation au seuil de confiance 0,95 est J = [0,46 ; 0,54].

La fréquence observée de 1 est f ’ = 5801 000

= 0,58.

Puisque f ’ J, on rejette l’hypothèse au seuil 95 %.

33 p = 16

, n = 240, np = 40 et n (1 – p) = 200, donc les

conditions de validité sont vérifiées.Un intervalle de fluctuation au seuil de confiance 0,99 est I = [0,10 ; 0,23], à 0,01 près.D’où la règle de décision  : soit f la fréquence observée sur 240 lancers ; si f  I, alors on accepte l’hypothèse selon laquelle le dé n’est pas truqué, sinon on la rejette.

Ici f = 52240 ≈ 0,22 : f I, donc, au seuil de risque 1 %, on rejette

l’hypothèse selon laquelle le dé est truqué. L’affirmation de l’énoncé est fausse.

34 p = 0,5, n = 240, np = 120 et n (1 – p) = 120, donc les conditions de validité sont vérifiées.Un intervalle de fluctuation au seuil de confiance 0,95 est I = [0,43 ; 0,57], à 0,01 près.D’où la règle de décision : soit f la fréquence observée sur 240 lancers ; si f  I, alors on accepte l’hypothèse selon laquelle le dé n’est pas truqué, sinon on la rejette.

Ici f = 106240 ≈ 0,44 : f I, donc, au seuil de confiance 0,95, on

accepte l’hypothèse selon laquelle le dé n’est pas truqué.L’affirmation de l’énoncé est vraie.

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176

35 1. f = 0,89  ; n = 100, nf = 89 et n (1 – f ) = 11, donc les conditions de validité sont vérifiées.Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % est I = [0,79 ; 0,99], à 10–2 près.2. Cette affirmation est fausse : p n’appartient pas obligatoirement à cet intervalle de confiance. On sait seulement qu’au moins 95 % des intervalles de la forme

f − 1n

; f + 1n

⎡⎣⎢

⎤⎦⎥ contiennent p.

36 f = 0,85  ; n = 100, nf = 85 et n (1 – f ) = 15, donc les conditions de validité sont vérifiées.Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % est I = [0,75 ; 0,95], à 10–2 près.37 C’est faux  : si on formait un très grand nombre

d’échantillons de taille n, alors p appartiendrait à au moins 95 % des intervalles de confiance calculés à partir de ces échantillons.38 Voir livre p. 430.39 f = 0,86 ; n = 100, nf = 86 et n (1 – f ) = 14, donc les conditions

de validité sont vérifiées.Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % est I = [0,76 ; 0,96], à 10–2 près.40 Fichiers associés sur le site www.bordas-indice.fr et sur

le manuel numérique premium :12_TS_exercice40.xlsx (Excel 2007), 12_TS_exercice40.xls (Excel 2003) et 12_TS_exercice40.ods (Open Office).

1. La formule à saisir en C4 est =C3+10  .

2. La formule à saisir en D3 est =B$2-1/RACINE(C3) .

La formule à saisir en E3 est =B$2+1/RACINE(C3) .41 FAUX : l’amplitude de l’intervalle de confiance est 2

n et

elle diminue lorsque n croît.42 FAUX : p appartient ou n’appartient pas à cet intervalle,

puisque p est un nombre fixé (mais inconnu).43 Si n est la taille de l’échantillon, on doit avoir 1

n 0,02,

soit n 2 500.44 Si n est la taille de l’échantillon, on doit avoir 1

n 0,03,

soit n 1 112.45 1. f = 0,2 ; n = 200, nf = 40 et n (1 – f ) = 160, donc les

conditions de validité sont vérifiées.Un intervalle de confiance pour p au seuil de confiance 95% est I = [0,129 ; 0,271], à 10–3 près.

2. Soit n le nombre d’opérations. Alors, on a 1n

0,01, soit n 10 000.46 1. f = 0,51 ; n = 100, nf = 51 et n (1 – f ) = 49, donc les

conditions de validité sont vérifiées.Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % pour la proportion de « Oui » est I = [0,41 ; 0,61].f ’ = 0,49 ; n = 100, nf ’ = 49 et n (1 – f ’) = 51, donc les conditions de validité sont vérifiées.Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % pour la proportion de « Non » est J = [0,39 ; 0,59].

2. Pour un échantillon de taille n, un intervalle de confiance au seuil

95 % pour la proportion de « Oui » est I = 0,51− 1n

; 0,51+ 1n

,

et un intervalle de confiance au seuil 95 % pour la proportion de

« Non » est J = 0, 49 − 1n

; 0, 49 + 1n

.

I et J ne se recouvrent pas si 0,49 + 1n

0,51 – 1n

, ce qui donne

1n

0,01, soit n 10 000 et n 10 001.

47 f = 0,15  ; n = 100, nf = 15 et n (1 – f ) = 85, donc les conditions de validité sont vérifiées.Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95  % est I = [0,05 ; 0,25].Au seuil de confiance 95 %, une fourchette pour le nombre de dossiers incomplets est [500 ; 2 500].

48 Voir livre p. 430.

49 1. f = 0,12  ; n = 250, nf = 30 et n (1 – f ) = 220, donc les conditions de validité sont vérifiées.Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95  % est [0,056 ; 0,184].2. On cherche n tel que 1

n 0,03, soit n 1

0,032.

D’où n 1 112.

50 f = N300

; n = 300 ; nf = N et n (1 – f ) = 300 – N.

Les conditions de validité imposent N 5 et 300 – N 5, c’est-à-dire 5 N 295.Un intervalle de confiance au seuil 95 % est :

N300

− 1300

; N300 + 1

300

.

Il ne contient pas 0,4 si N300

– 1300

0,4, soit N 300 + 120, soit N 138.L’affirmation de l’énoncé est fausse.

51 1. Pour les carpes : p = 150240 = 0,625, n = 40, np = 25 et

n (1 – p) = 15, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de fluctuation est [0,474 ; 0,776], à 10–3 près.

2. Pour les tanches : p’ = 40240 = 1

6; n = 40, np’ = 20

3≈ 6,7 et

n (1 – p’) = 1003

≈ 33,3, donc les conditions de validité sont

vérifiées. Un intervalle de fluctuation est [0,051 ; 0,283], à 10–3 près.

52 On fait l’hypothèse que la proportion de clés USB défectueuses est p = 0,03 ; n = 800, np = 24 et n (1 – p) = 776, donc les conditions de validité sont vérifiées.Un intervalle de fluctuation au seuil de confiance 0,95 de la proportion des clés USB défectueuses dans un échantillon de taille 800 est I = [0,018 ; 0,042], à 10–3 près.La fréquence observée de clés défectueuses dans l’échantillon est f = 36

800= 0,045.

f n’appartient pas à I, donc le directeur des ventes n’acceptera pas le stock, au seuil de confiance 95 %.

53 f = 0,6 ; n = 100 ; nf = 60 et n (1 – f ) = 40, donc les conditions de validité sont vérifiées.Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % est [0,5 ; 0,7].

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177Chapitre 12 échantillonnage et estimation – Term S spécifique

P O U R fA i R E l E P O i n t

Voir livre page 430 et le site www.bordas-indice.fr pour les corrigés détaillés.

ACCO M PAG n E M E n t P E R s O n n A l i s É62 n = 150, np = 9 et n (1 – p) = 141, donc les conditions de

validité sont vérifiées.Un intervalle de fluctuation au seuil de confiance 0,95 est [0,021 ; 0,099], à 10–3 près.

63 n = 100, np = 35 et n (1 – p) = 65, donc les conditions de validité sont vérifiées.Un intervalle de fluctuation au seuil de confiance 0,99 est [0,227 ; 0,473], à 10–3 près.

64 Correctif : arrondir les bornes à 10–2 près.f = 0,6 ; n = 1 200, nf = 720 et n (1 – f ) = 480, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance au seuil de confiance 0,95 est [0,57; 0,63], à 10–2 près.

65 Correctif : arrondir les bornes à 10–2 près.f = 5

90≈ 0,056 ; n = 90, nf = 5 et n (1 – f ) = 85, donc les conditions

de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance au seuil de confiance 0,95 est [0 ; 0,17], à 0,01 près.

Comparaison de deux proportions

❯ Pour p1 : n = 300, f = 0,81, nf = 243 et n (1 – f ) = 57, donc les conditions de validité sont vérifiées.Pour p2 : n = 200, f = 0,76, nf = 152 et n (1 – f ) = 48, donc les conditions de validité sont vérifiées.Un intervalle de confiance de p1 au seuil 95 % est :

I1 = [0,752 ; 0,868].Un intervalle de confiance de p2 au seuil 95 % est :

I2 = [0,689 ; 0,831].❯ I1 I2 n’est pas vide, donc les deux tests ont un pouvoir de détection sensiblement égal, au seuil de confiance 95 %.

66 f = 65160

= 0,40625 ; n = 160, nf = 65 et n(1 – f ) = 95, donc les

conditions de validité sont vérifiées.Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95% est I = [0,327 ; 0,486], à 10–3 près.

f ’ = 100220

≈ 0,455 ; n = 220, nf ’ = 100 et n (1 – f ’) = 120, donc les

conditions de validité sont vérifiées.Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95% est J = [0,387 ; 0,522], à 10–3 près.I et J ont une intersection commune, donc on peut conclure que ces deux commerciaux ont la même efficacité au seuil de confiance 95 %.

67 Correctif  : il se peut que dans certains manuels il soit demandé par erreur un seuil de confiance de 99 %, l’exercice doit être fait avec un seuil de confiance de 95 %.

f = 60100

= 0,6  ; n = 100, nf = 60 et n (1 – f ) = 40, donc les

conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % est I = [0,5 ; 0,7].

f ’ = 140200

= 0,7 ; n = 200, nf ’ = 140 et n (1 – f ’) = 60, donc les

conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % est J = [0,629 ; 0,771], à 10–3 près.

I et J ont une intersection commune, donc on peut conclure qu’il n’y a pas de différence significative entre les durées de vie des ampoules fabriquées par les entreprises A et B au seuil de confiance 95 %.

68 f = 0,03 ; n = 1 000, nf = 30 et n (1 – f ) = 970, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % est I = [0 ; 0,062].

f ’ = 0,05  ; n = 1 000, nf ’ = 50 et n (1 – f ’) = 950, donc les conditions de validité sont vérifiées.

Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % est J = [0,018 ; 0,082], à 10–3 près.

I et J ont une intersection commune, donc on peut conclure qu’il n’y a pas de différence significative entre les deux groupes au seuil de confiance 95 %.

69 Correctif  : il se peut que dans certains manuels il soit demandé par erreur un seuil de confiance de 99 %, l’exercice doit être fait avec un seuil de confiance de 95 %.

f = 0,077  ; n = 3 000, nf = 231 et n (1 – f ) = 2 769, donc les conditions de validité sont vérifiées.

Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % est I = [0,058 ; 0,096], à 10–3 près.

f ’ = 0,059 ; n = 3 000, nf ’ = 177 et n (1 – f ’) = 2 823, donc les conditions de validité sont vérifiées.

Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % est J = [0,040 ; 0,078], à 10–3 près.

I et J ont une intersection commune, donc on peut accepter l’hypothèse de l’absence de changement des habitudes de consommation au seuil de confiance 95 %.

t R AVAU X P R At i Q U E s

tp Sondages à risques1L’objectif de ce TP est de justifier la phrase de Michel Lejeune, et ainsi de prendre conscience que des résultats de sondage ne peuvent pas être résumés uniquement par des nombres, mais par des intervalles. Le tableur, et plus particulièrement la simulation de plusieurs sondages de taille 1 000, va illustrer ce phénomène.

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Fichiers associés sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 12_TS_TP1.xlsx (Excel 2007), 12_TS_TP1.xls (Excel 2003) et 12_TS_TP1.ods (OpenOffice).

A. Intervalles de confiance

1. Pour J. Chirac : f = 0,18, n = 1 000, nf = 180 et n (1 – f ) = 820, donc les conditions de validité sont respectées. Un intervalle de confiance au seuil 0,95 est I = [0,148 ; 0,212].Pour L. Jospin : f = 0,17, n = 1 000, nf = 170 et n (1 – f ) = 830, donc les conditions de validité sont respectées. Un intervalle de confiance au seuil 0,95 est J = [0,138 ; 0,202].Pour J.-M. Le Pen : f = 0,145, n = 1 000, nf = 145 et n (1 – f ) = 855, donc les conditions de validité sont respectées. Un intervalle de confiance au seuil 0,95 est K = [0,113 ; 0,177].

2. On saisit Chirac , Jospin  et Le Pen  dans les cellules A1, B1 et C1.Puis on entre les valeurs 0,18 , 0,17  et 0,145  dans les cellules A4, B4 et C4.On saisit en A2 la formule =A4-1/RACINE(1000)  et en A3 la

formule =A4+1/RACINE(1000) .On recopie ensuite ces formules vers la droite. On peut alors les représenter graphiquement.

Avec Excel 2007-2010• Sélectionner la plage de cellules A1:C4.

• Dans le menu Insertion , choisir Autres graphiques , puis Stock , et le premier type de graphique de cette catégorie.

• Par un clic droit sur l’axe des ordonnées, choisir Mise en forme

de l’axe , puis dans l’onglet Options d’axe , fixer le minimum à 0,1 et le maximum à 0,25.

•Par un clic droit sur une barre, choisir Format des lignes haut – bas ,puis modifier la couleur de trait et le style de trait.

Avec Excel 1997-2003• Sélectionner la plage de cellules A1:C4.

• Dans le menu Insertion , choisir Graphiques (ou alors utiliser l’icône Assistant Graphique ), puis Boursier , et le premier type de graphique de cette catégorie, puis cliquer sur Terminer .

• Par un clic droit sur l’axe des ordonnées, choisir Format de l’axe ,puis dans l’onglet Echelle , fixer le minimum à 0,1 et le maximum à 0,25.

•Par un clic droit sur une barre, choisir Format des lignes haut – bas ,puis modifier la couleur de trait et le style de trait.

Avec OpenOffice • Sélectionner la plage de cellules A1:C4.

• Dans le menu Insertion , choisir Diagramme (ou alors utiliser l’icône Diagramme ), puis sélectionner Cours , et le premier type de graphique de cette catégorie.Cliquer sur Suivant , sélectionner Séries de données en lignes et Première ligne comme étiquette , puis cliquer sur Terminer .

• Par un clic droit sur l’axe des ordonnées, choisir Formater l’axe ,puis régler l’échelle.Par un clic droit sur une barre, choisir

Formater les séries de données puis dans l’onglet Ligne , modifier la couleur et la largeur.3. Ces intervalles de confiance se recouvrent deux à deux partiellement, donc on ne peut pas prévoir l’ordre des trois candidats lors de l’élection.

B. Fluctuation des sondages

1. On saisit en A2 la formule =ALEA.ENTRE.BORNES(1;10000) .2. a. X = 3 607 car 1 988 + 1 618 = 3 606 et Y = 5 293, car 3 606 + 1 686 = 5 292.b. On saisit en B2 la formule :

=SI(A21989;1;SI(A23607;2;SI(A25293;3;4)))  .

3. a. On saisit en E4 la formule =NB.SI(B2:B1001;1)/1000 ,

puis en F4 la formule =NB.SI(B2:B1001;2)/1000 et en G4 la

formule =NB.SI(B2:B1001;3)/1000 .

b. On saisit en E2 la formule =E4-1/RACINE(1000) , puis en

E3 la formule =E4+1/RACINE(1000) .On recopie ensuite ces formules vers la droite.4. On opère comme dans la partie A.

5. a. Pour simuler plusieurs sondages de taille 1 000, on utilise

la touche sur Excel et la combinaison de touches

avec OpenOffice (et non pas comme il est

indiqué dans certains manuels).b. Les diverses simulations indiquent qu’on ne peut pas prévoir l’ordre des candidats le jour de l’élection.

C. SynthèseDeux simulations représentées ci-dessous montrent que des échantillons semblables (de même taille) conduisent à des résultats très différents sur l’ordre des candidats.

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179Chapitre 12 échantillonnage et estimation – Term S spécifique

La critique principale que l’on peut faire à ce sondage, c’est qu’il donne des résultats figés, alors que l’on aurait dû donner des fourchettes d’intentions de vote pour chacun des candidats.Il y a certainement une différence entre les sondages réalisés et les simulations sur tableur, car les échantillons choisis ne le sont pas tout à fait au hasard, et ensuite les résultats des sondages sont souvent « redressés » par les instituts selon des critères qu’ils ne communiquent pas !

tp Méthode de l'ellipse pour les intervalles de confiance

2

La formule donnée dans le cours pour les intervalles de confiance résulte d’une grande approximation. L’objectif de ce TP est de présenter une méthode graphique permettant d’obtenir un intervalle de confiance avec une très grande de précision. L’utilisation du logiciel GeoGebra permet d’obtenir l’intervalle par lecture directe dans la fenêtre Algèbre.

Fichier associé sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 12_TS_TP2.ggb (GeoGebra).

A. Étude théorique et calculatrice1. a. Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % de la fréquence des jetons rouges dans les échantillons de taille

100 est  p − 0,196 p 1− p( ) ; p + 0,196 p 1− p( )[ ] .

b. On doit avoir 100p 5 et 100(1 – p) 5, ce qui donne p 0,05 et p 0,95. D’où I = [0,05 ; 0,95].

2. C’est une conséquence de la question 1.a.

3. a. f’(x) = 1 – 0,098 × 1− 2 xx 1− x( )

.

f”(x) = 0,049x 1− x( ) x 1− x( )

.

b. f”(x) 0 pour tout réel x de I, donc f’ est strictement croissante sur I.f’(0,05) ≈ 0,59 et f’ est croissante sur I, donc f’(x) 0 sur I.c. On en déduit que f est strictement croissante sur I.

4. Ψ’(x) = 2 – f’(x).Puisque f’ est croissante : f’(x) f’(0,95), et f’(0,95) ≈ 1,4. On en déduit que f’(x) 2, donc Ψ’(x) 0, et ainsi Ψ est strictement croissante sur I.5. a. On saisit les deux expressions dans Y1 et Y2 et on prend comme fenêtre [0,05 ; 0,95] × [0 ; 1].b. On saisit Y3=0.34 puis on lit les abscisses des deux points d’intersection. À 10–3 près, on trouve [0,254 ; 0,438].

c. La formule du cours donne [0,240 ; 0,440]. L’amplitude de l’intervalle trouvé est plus petite.

B. Utilisation d’un grapheur

1. On a – 0,196 p − p2 F – p 0,196 p − p2 , ce qui équivaut à : (F – p)2 0,1962( p – p2).

2. Avec GeoGebra, on entre dans le champ de saisie :

(y–x)^2–0,196^2*(x–x^2) = 0 .

3. On crée un curseur e  : on le fait varier de 0 à 1 avec un incrément de 0,01.

4. On entre y=0,34 dans le champ de saisie.

Puis on construit les points d’intersection A et B de cette droite ainsi tracée avec la représentation graphique précédente (avec le menu des Points : Intersection entre deux objets ). On lit les cordonnées de A et B dans la fenêtre Algèbre : les abscisses de ces points donnent les bornes de l’intervalle de confiance cherché.a. L’intervalle trouvé est : [0,0775 ; 0,2099], en arrondissant à 10–4 près.b. On trouve [0,4721 ; 0,6627].c. On trouve [0,7671 ; 0,9070].5. Pour retrouver les courbes représentatives des fonctions f et y, on trace les droites verticales d’équations respectives x = 0,05 et x = 0,95. La partie « basse » de la courbe délimitée par ces deux droites est celle de la fonction f, la partie « haute » est celle de la fonction Ψ.

C A P V E R s l E B AC

Sujet A1. f = 435

900≈ 0,483 ; n = 900, nf = 435 et n (1 – f ) = 465, donc les

conditions de validité sont remplies.Un intervalle de confiance au seuil 0,95 est [0,45 ; 0,52].

2. Oui, car malgré une proportion inférieure à 0,5 dans l’échantillon, le candidat A peut être élu : en effet, l’intervalle de confiance au seuil 0,95 contient 0,5.

Sujet B1. Réponse a.f = 60

300; n = 300, nf = 60 et n (1 – f ) = 240, donc les conditions

de validité sont remplies. L’intervalle de confiance à 0,95 est [0,142 ; 0,258].2. Réponse b.Correctif : il se peut que dans certains manuels il soit demandé par erreur un seuil de confiance 0,99, l’exercice doit être fait avec un seuil de confiance de 0,95.Réponse avec un seuil de confiance 0,95 :Le centre de l’intervalle est 0,335.

On a 0,335 + 1,96 × 0,335 × 0,665n

= 0,36

soit n = 1,962 × 0,335 × 0,6650,0252 ≈ 1 370, à l’unité près.

Réponse avec un seuil de confiance 0,99 : 2 373.

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180

Sujet C

1. a. Xn suit la loi binomiale de paramètres n et p = 0,9.

b. Correctif : il faut lire

« Si In = p −1,96 p(1− p)n

; p +1,96 p(1− p)n

⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

, avec p = 0,9,

montrer que limn→+`

P Xnn

[ In( ) = L, avec L ≈ 0,95  » et non pas

« Si In = p −1,96 p(1− p)n

; p +1,96 p(1− p)n

⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

, montrer que

limn→+`

P Xnn( )= 0,95 ».

Xn

n In ⇔ np – 1,96 np 1− p( ) Xn np + 1,96 np 1− p( )

⇔ –1,96 Xn − npnp 1− p( ) 1,96

⇔ –1,96 Zn 1,96, avec Zn =Xn − npnp 1− p( )

.

D’après le théorème de Moivre-Laplace, la limite quand n tend vers + de P (–1,96 Zn 1,96) est P (–1,96 X 1,96), où Xsuit la loi normale centrée réduite, et :

P (–1,96 X 1,96) ≈ 0,95.

2. a. P (X 300) ≈ 0,0002, soit 0 à 0,001 près.

b. P (X 300) ≈ 0,840. Dans ce cas, la probabilité de surbooking est 0,84.

3. a. p = 0,9, np = 0,9n et n (1 – p) = 0,1n.On doit avoir 0,9n 5 et 0,1n 5, soit n 50.Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil 95 % dans un échantillon de taille n est :

0,9 − 0,588n

; 0,9 + 0,588n

.

b. Puisque le nombre d’acheteurs ne doit pas dépasser 300, la proportion d’acheteurs ne doit pas dépasser 300

n au seuil 0,95,

soit 0,9 + 0,588n

300n

et 0,9n + 0,588 n 300.

c. On a 0,9N 2 + 0,588N – 300 0.

Pour ce trinôme du second degré : ∆ ≈ 1 080,35 et les racines sont N1 ≈ –18 et N2 ≈ 17,93.Ce trinôme est négatif ou nul pour N1 N N2, soit ici 0 N N2, et ainsi n N2

2.

Puisque N22 ≈ 321,6, la valeur maximale de n pour limiter le

risque est 321.

Sujet D1. Le sac contient un très grand nombre de billes, donc le nombre de billes est suffisamment grand pour que ce tirage soit assimilé à un tirage avec remise.

2. Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % de la fréquence des billes rouges dans les échantillons de taille

100 est p − 0,196 p 1− p( ) ; p + 0,196 p 1− p( )[ ].

3. D’après la question précédente :

p – 0,196 p 1− p( ) Fn p + 0,196 p 1− p( ) .

4. p – 0,196 p 1− p( ) 0,8 p + 0,196 p 1− p( )

⇔ – 0,196 p 1− p( ) 0,8 – p 0,196 p 1− p( )

⇔ (0,8 – p)2 0,1962 (p – p2)

⇔ 0,64 – 1,6 p + p2 0,038416 p – 0,038416 p2

⇔ 1,038416 p2 – 1,638416 p + 0,64 0.

5. On résout l’inéquation précédente.Les racines du trinôme sont, à 10–4 près  : p1 ≈ 0,7112 et p2 ≈ 0,8666. D’où l’intervalle, à 10–3 près : [0,711 ; 0,867].Cet intervalle n’est pas centré en 0,8, contrairement à celui vu en cours.

Sujet E1. Correctif  : On recherche un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de confiance 95 % (cette précision ne figure pas dans certains manuels).

p = 0,16 ; n = 100, np = 16 et n (1 – p) = 84, donc les conditions de validité sont respectées.Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil 95 % est I = [0,08 ; 0,24], en arrondissant les bornes à 0,01 près.

2. Règle de décision  : si la fréquence observée f dans un échantillon de taille 100 appartient à I, on accepte l’hypothèse du médecin, sinon on la rejette.

3. f = 0,22 donc f I : on accepte cette hypothèse au seuil 95 %.

70 p = 16

; n = 80, np ≈ 13,3 et n (1 – p) ≈ 66,7, donc les conditions de validité sont remplies.Un intervalle de fluctuation asymptotique au niveau 0,95 est [0,08 ; 0,25], à 0,01 près.

71 Correctif : il faut déterminer un intervalle de fluctuation asymptotique (et non pas un intervalle de confiance, comme il peut être écrit dans certains manuels).

p = 0,7; n = 50, np ≈ 35 et n (1 – p) ≈ 15, donc les conditions de validité sont remplies.Un intervalle de fluctuation asymptotique au niveau 0,95 est [0,57 ; 0,83], à 0,01 près.

72 On doit avoir 1n

0,01, soit n 10 000.

f = 59

, n = 900, nf = 500 et n (1 – f ) = 400, donc les conditions

de validité sont remplies. Un intervalle de confiance au seuil de 95 % est [0,52 ; 0,53], à 0,01 près.

73 1. p = 0,4; n = 100, np = 40 et n (1 – p) = 60, donc les conditions de validité sont remplies.Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil 0,99 est [0,27 ; 0,53], à 0,01 près.

2. On doit avoir 2,58 × 0, 4 × 0,6n

0,05, ce qui donne n 640.

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181Chapitre 12 échantillonnage et estimation – Term S spécifique

P O U R A l l E R P lU s lO i n

74 1. n = 100, np = 13 et n (1 – p) = 87, donc les conditions de validité sont vérifiées.Un intervalle de fluctuation au seuil de confiance 0,95 est I = [0,064 ; 0,196], à 0,001 près.

2. La fréquence observée des jeunes ayant eu une crise d’asthme est f = 0,19. Puisque f 0,196, il n’est pas utile de mettre en place une investigation plus complète.

3. On cherche n tel que 0,13 + 1,96 × 0,1131n

0,19,

c’est-à-dire n 1,96 × 0,11310,06

, soit n 121.

4. a. pS – 0,13 = 1,96 0,13 × 0,87n

, d’où :

n = 0,13 × 0,87 × 1,962

ps − 0,13 = 0, 43448496ps − 0,13

.

b. n = f (pS), avec pS 0,13 : f est décroissante sur ]0,13 ; 1].

10

20

30

40

50

0,2 0,4 0,6 0,8 10

y

x

75 Voir livre page 430.

76 Pour retrouver les résultats du tableau, on utilise l’autre forme de l’intervalle de confiance donnée dans le cours :

f − 1,96 f 1− f( )n

; f + 1,96 f 1− f( )n

.

La « marge d’erreur » décrite dans le texte est donc égale à :

1,96 f 1− f( )n

= 1,96 f 1− f( )1 000

.

On obtient successivement, à 0,01% près :1,35 (pour 1,4) ; 1,86 (pour 1,8 !) ; 2,48 (pour 2,5) ; 2,84 (pour 2,8) ; 3,04 (pour 3,0) ; 3,10 (pour 3,1).

77 p = 0,8  ; n = 870, np = 456 et n (1 – p) = 414, donc les conditions de validité sont remplies.Un intervalle de fluctuation asymptotique de la fréquence de personnes d’origine mexicaine dans les échantillons de taille 870 au seuil de confiance 99 % est I = [0,76 ; 0,84], à 0,01 près.

La fréquence observée est f = 339870

≈ 0,39. Puisque f I, on peut dire, au seuil de risque 1 %, que les Américains d’origine mexicaine sont sous-représentés dans les jurys populaires de ce comté (c’est aussi vrai au seuil de risque un pour mille).

78 n = 1 000 ; p = 0,01, np = 10 et n (1 – p) = 990, donc les conditions de validité sont remplies.

Sous l’hypothèse p = 0,01, un intervalle de fluctuation au seuil de confiance 95 % est I = [0,0038 ; 0,0162], à 10–4 près.0,016 I, donc on ne peut pas affirmer que la machine est défectueuse au seuil 95 %.Remarque : il est plus indiqué ici de faire un test unilatéral. On teste alors l’hypothèse «  p = 0,01 » contre l’hypothèse « p 0,01 ». Alors, au seuil de confiance 0,95, on obtient l’intervalle I’ = [0  ; 0,0152], et dans ce cas on considère la machine comme défectueuse au seuil 95 %.

79 1. a. X suit la loi binomiale de paramètres 5 000 et 0,62. D’où E (X) = 3 100 et s (X) = 1178 ≈ 34,3.

b. E (F ) = 3 1005 000

= 0,62 et V (F ) = 11785 0002

≈ 5 × 10–5,

donc F suit la loi normale (0,62 ; 5 × 10–5).

c. La probabilité que Gallup se trompe est P (F 0,5) ≈ 0.2. n = 5 000 ; p = 0,62, np = 3 100 et n (1 – p) = 1 900, donc les conditions de validité sont remplies. Un intervalle de fluctuation de la proportion des électeurs votant pour Roosevelt, dans un échantillon de taille 5 000, au seuil 99 %, est [0,60 ; 0,64], à 0,01 près. On constate que Gallup n’avait quasiment aucune chance de se tromper.3. L’échantillon choisi par le magazine était de très grande taille, mais absolument pas aléatoire car il ne prenait en compte que des lecteurs de ce magazine.

80 1. On sait qu’un intervalle de fluctuation asymptotique

au seuil de 99 % est p − 2,58 p 1− p( )n

; p + 2,58 p 1− p( )n

.

Comme dans le cours, on utilise le fait que p(1 – p) 0,25 et donc p 1− p( ) 0,5. De la même façon que dans la propriété de la

page 362, il existe un entier n0 tel que, si n n0, alors :

P p − 2,58 0,5n

Xn

n p + 2,58 0,5

n( ) 0,99,

et on obtient un intervalle de confiance au seuil 0,99 :

p − 1,29n

; p + 1,29n

.

2. On détermine u tel que P(–u X u) = 0,999, où X suit (0, 1). On a u ≈ 3,29. D’où un intervalle de confiance au

seuil 0,999 : p − 1,65n

; p + 1,65n

.

3. Au niveau de confiance 1 – α, on obtient p − uα

2 n; p + uα

2 n

.

81 1. a. X suit la loi binomiale de paramètres n = 500 et p = 0,15.b. E(X) = 500 × 0,15 = 75.s (X) = 500 × 0,15 × 0,85 ≈ 7,98.

2. a. P (X 200) ≈ 0.b. P (X 10) ≈ 5 × 10–24.c. P (50 X 100) ≈ 0,9986.

3. Sous l’hypothèse p = 0,15, un intervalle de fluctuation asymptotique de la fréquence des personnes contaminées dans les échantillons de taille 500 est [0,118 ; 0,182].

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182

La fréquence observée est ici f = 45500

= 0,09. Puisque f I, on

rejette l’hypothèse selon laquelle la proportion de personnes contaminées est 15 %.4. L’amplitude de l’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil 95 % est telle que :

2 × 1,96 × 0,15 × 0,85n

0,02

soit n 196 0,1275 et n 4 899.

82 Lorsque IC est inférieur à 1, il y a moins de guérisons dans le groupe traité que dans le groupe placebo, donc on ne peut pas juger le traitement efficace.Seul l’essai n° 1 est positif, car il y a moins de 5 % de chance qu’il y ait moins de guérisons dans le groupe traité que dans le groupe placebo.L’essai n° 3 est négatif, mais avec une estimation relativement précise.L’essai n°4 montre que le traitement a un effet important, car IC dépasse 1 dans près de 95 % des cas, mais l’essai reste négatif, car l’intervalle de confiance contient 1 : un tel résultat incite à refaire l’étude avec plus de malades.83 1. p = 0,512 ; n = 132, np ≈ 67 et n (1 – p) ≈ 64, donc les

conditions de validité sont respectées.Un intervalle de fluctuation asymptotique de la proportion des garçons au seuil 0,95 est I = [0,42 ; 0,60], à 0,01 près.

2. La fréquence observée est f = 46132

≈ 0,35.

f n’appartient pas à I, donc la différence observée est significative au seuil 0,95.84 Fichiers associés sur le site www.bordas-indice.fr et sur

le manuel numérique premium :12_TS_exercice84.xlsx (Excel 2007), 12_TS_exercice84.xls (Excel 2003) et 12_TS_exercice84.ods (Open Office).

1. Si on fait l’hypothèse que la pièce est bien équilibrée, alors p = 0,5 et la variable aléatoire X comptant le nombre de « FACE » obtenus suit (100 ; 0,5).Alors, la probabilité de rejeter l’hypothèse quand elle est vraie est 1 – P (40 X 60), soit 0,035 à 10–3 près.2. On accepte l’hypothèse.

3. a. Correctif : f est une fréquence théorique, elle n’est pas observée dans un échantillon de 100 jets.Ici, X suit  (100 ; 0,7). La probabilité cherchée est :

P (40 X 60) ≈ 0,021.

b. On trouve alors P (40 X 60) ≈ 0,538.

4. a. Pour entrer les valeurs de f, on saisit 0,05 dans la cellule

A2, puis la formule =A2+0,01   dans la cellule A3, et on recopie

cette formule vers le bas.

Puis on saisit dans la cellule B2 la formule :

=LOI.BINOMIALE(60;100;A2;1)-LOI.BINOMIALE(39;100;A2;1)

et on la recopie vers le bas.

On complète aussi la colonne C en calculant 1 – b par la formule =1-B2   saisie en C2.

b. Le nombre 1 – b est la probabilité de refuser l’hypothèse que la pièce est équilibrée sous une hypothèse f = f0 : en particulier, si f est éloigné de 0,5, ce nombre doit être grand.c. Avec Excel 2007-2010 • Sélectionner les plages de cellules A1:A92 et C1:C92(sélectionner chaque plage en gardant appuyée la touche

).

• Dans le menu Insertion , choisir Nuage de points , et le premier type de graphique de cette catégorie.

• Par un clic droit sur le nuage de points, choisir Mettre en forme une série de données , puis dans l’ongletOptions de marqueur , choisir le type de marqueur prédéfini et

diminuer la taille du marqueur (3 ou 4).

Avec Excel 1997-2003 • Sélectionner les plages de cellules A1:A92 et C1:C92(sélectionner chaque plage en gardant appuyée la touche

).

• Dans le menu Insertion , choisir Graphiques (ou alors utiliser l’icône Assistant Graphique ), puis Nuage de points , et le premier type de graphique de cette catégorie, puis cliquer sur Terminer .

• Par un clic droit sur le nuage de points, on peut choisir Format de la série de données , puis modifier certains éléments avec l’onglet Motifs .

Avec OpenOffice • Sélectionner les plages de cellules A1:A92 et C1:C92(sélectionner chaque plage en gardant appuyée la touche

).

• Dans le menu Insertion , choisir Diagramme (ou alors utiliser l’icône Diagramme ), puis sélectionner XY , et le premier type de graphique de cette catégorie, soit Points seuls . Enfin, cliquer sur Terminer .

• Par un clic droit sur le nuage de points, choisir Formater

les séries de données , puis on peut modifier la largeur et la hauteur du symbole, ainsi que sa couleur.

85 A. 1. I1 = [20 ; 40]. P (X I1) ≈ 0,979, à 10–3 près.

2. I2 = [21 ; 39]. P (X I2) ≈ 0,963, à 10–3 près.

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183Chapitre 12 échantillonnage et estimation – Term S spécifique

3. I3 est aussi un intervalle de fluctuation au seuil 0,95 car P (X I3) ≈ 0,9502, à 10–4 près.

B. 1. P (X 1,65) ≈ 0,95053 et P (–2,576 X 1,696) ≈ 0,95006 à 10–5 près, donc ce sont bien des intervalles de fluctuation au seuil 0,95.

2. a. F (t) = 2 0

t∫ f (x) dx, où f est la fonction densité de la loi

normale centrée réduite. D’où F ’(x) = 2 f (x).Puisque f (x) 0 sur , F ’(x) 0 sur [0 ; + [ et F est strictement croissante sur [0 ; + [.b. F prend ses valeurs sur [0 ; 1], donc d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe un unique réel atel que F (a) = 0,95. Ce réel a est la valeur minimale telle que [– a ; a] soit un intervalle de fluctuation de X au seuil 0,95. On trouve a ≈ 1,96.

3. a. G(t) = −2

−2+t∫ f (x) dx, donc G’(x) = f (–2 + x). On en déduit que

G’(x) 0, donc G est strictement croissante sur [0 ; + [.

b. G (4) = P (–2 X 2) ≈ 0,954. Le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires montre qu’il existe un unique réel b de [0 ; 2] tel que G (b) = 0,95.

c. G (b) =−2

− a∫ f (x) dx + d

− a

a∫ f (x) dx +

a

−2+b∫ f (x) dx.

Or G (b) = d− a

a∫ f (x) dx = 0,95,

donca

−2+b∫ f (x) dx = –

−2

− a∫ f (x) dx.

Or −2

− a∫ f (x) dx 0, donc

a

−2+b∫ f (x) dx 0, et ainsi a –2 + b,

soit b a + 2.d. G (b) = 0,95 ⇔ P (X –2 + b) = 0,95 – P (X –2)

⇔ –2 + b ≈ 1,92⇔ b ≈ 3,92 (à 0,01 près).

4. L’amplitude de l’intervalle trouvé à la question 2. est 2a , soit 3,9199 (à 10– 4 près), et celle de l’intervalle trouvé à la question 3. est b, soit 3,9228 (à 10–4 près).

5. P(–1 X –1 + c) = P(–1 X 0) + P(0 X –1 + c).P (–1 X 0) 0,35, car P (–1 X 0) ≈ 0,341.P (0 X –1 + c) 0,5, car P (X 0) = 0,5.

D’où P (–1 X –1 + c) 0,85 : il n’existe donc pas de réel ctel que P (–1 X –1 + c) = 0,95. Il n’existe pas d’intervalle de fluctuation au seuil 95 % de la forme [–1 ; –1 + c].

86 1. C’est la formule vue en cours dans laquelle :

s = p 1− p( )n

.

2. Cela est dû à l’équivalence :p – uαs Fn p + uαs ⇔ Fn – uαs p Fn + uαs.

3. a. Fn – uαs p Fn + uαs ⇔ –uα p − Fn

σ uα

⇔ p − Fn

σ( )2

uα2 (2).

b. (2) ⇔ Fn2 – 2 p Fn + p2 s2 uα

2

⇔ Fn2 – 2 p Fn + p2

p − p2

nuα

2

⇔ nFn2 – 2 n p Fn + np2 p uα

2 – p2 uα2

⇔ (n + uα2) p2 – (2 n Fn + uα

2) p + n Fn2 0 (3).

4. a. On calcule le discriminant ∆ de ce trinôme :∆ = 4 n uα

2 Fn (1 – Fn) + uα4.

∆ 0, donc il y a deux racines :

p1 =2nFn + uα

2 − ∆2 n + uα

2( ) et p2 = 2nFn + uα2 + ∆

2 n + uα2( )

.

b. Correctif  : il se peut que dans certains manuels il soit noté2nFn + u 2

α( ) − 4nu 2α Fn 1− Fn( ) + u 4

α

2 n + u 2α( )

, il faut lire :

2nFn + uα2( ) − 4nuα2Fn 1− Fn( ) +uα42 n + uα2( ) .

Avec la règle du signe du trinôme :(3) ⇔ p1 p p2.

5. a. Une réalisation de Fn est f, d’où un intervalle de confiance

de p au seuil 1 – α :  2nf + uα2 − δ

2 n + uα2( ) ;

2nf + uα2 + δ

2 n + uα2( )

où d = ∆ = 4 nuα2 f (1 – f ) + uα

4.b. Correctif : il se peut que dans certains manuels il soit noté

f +u 2α2n

−uαf 1− f( )

n+u 2α

4n2

1+u 2α2n

, il faut lire :

f + uα2

2n− uα

f 1− f( )n

+ uα2

4n2

1+ uα2

2n

.

En divisant numérateur et dénominateur par 2n, on obtient :

p1 =f + uα

2

2n − 12n uα

2 4nf 1− f( ) + uα2( )

1+ uα2

n

,

soit : p1 = f + uα

2

2n − uαf 1− f( )

n + uα2

4n2

1+ uα2

n

.

c. On obtient p2 =f + uα

2

2n + uαf 1− f( )

n + uα2

4n2

1+ uα2

n

.

d. On obtient le deuxième intervalle de confiance du cours en

négligeant les termes uα2

2n, uα

2

4net uα

2

n.

6. Intervalles de confiance au seuil 0,95 :– formule du cours : [0,129 ; 0,271] ;– seconde formule du cours : [0,144 ; 0,256] ;– formule de la question 5. : [0,150 ; 0,261].

87 Fichiers associés sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium :12_TS_exercice87.xlsx (Excel 2007), 12_TS_exercice87.xls (Excel 2003) et 12_TS_exercice87.ods (Open Office).

1. b. Correctif : on entre dans la plage A4:A103 les proportions observées de 1 % à 100 % (et pas de 0 % à 100 %).

On entre 1 % dans la cellule A4, puis on saisit en A5 la formule

=A4+001  . On recopie ensuite cette formule vers le bas.

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184

2. a. On saisit en B4 la formule =A4-1/RACINE(C$1) .

De même, on saisit en C4 la formule =A4+1/RACINE(C$1) .

b. Certaines valeurs sont négatives et d’autres dépassent 100 %.

3. a. On saisit en B4 la formule :

=SI(A4-1/RACINE(C$1)0;0;A4-1/RACINE(C$1)) .

b. On saisit en C4 la formule :

=SI(A4+1/RACINE(C$1)1;1;A4+1/RACINE(C$1)) .

c. Quand on augmente la taille de l’échantillon, on remarque que l’amplitude de l’intervalle diminue.

Avec Excel 2007-2010 :• Sélectionner la plage de cellules A4:C103.• Dans le menu Insertion , choisir Nuage de points , et le premier type de graphique de cette catégorie.• Par un clic droit sur le premier nuage de points, choisir Mettre en forme une série de données , puis dans l’onglet Options de marqueur , choisir le type de marqueur prédéfini et

diminuer la taille du marqueur (3 ou 4).Opérer de même pour l’autre nuage de points.

Avec Excel 1997-2003 :• Sélectionner la plage de cellules A4:C103.• Dans le menu Insertion , choisir Graphiques (ou alors utiliser l’icône Assistant Graphique ), puis Nuage de points , et le premier type de graphique de cette catégorie, puis cliquer sur Terminer .• Par un clic droit sur le nuage de points, on peut choisir Format de la série de données , puis modifier certains éléments avec l’onglet Motifs .On peut faire de même avec le second nuage de points.

Avec OpenOffice :• Sélectionner la plage de cellules A4:C103.• Dans le menu Insertion , choisir Diagramme (ou alors utiliser l’icône Diagramme ), puis sélectionner XY , et le premier type de graphique de cette catégorie, soit Points seuls . Enfin, cliquer sur Terminer .

• Par un clic droit sur le nuage de points, choisir Formater les séries de données , puis on peut modifier la largeur

et la hauteur du symbole, ainsi que sa couleur.Opérer de même avec le second nuage de points.

88 1. p = 0,54 ; n = 460, np = 248,4 et n (1 – p) = 211,6, donc les conditions de validité sont respectées.On trouve I = [0,494 ; 0,586], à 0,001 près.

2. f = 260460

≈ 0,565, donc f I.

3. p = 0,2 ; n = 460, np = 92 et n (1 – p) = 368, donc les conditions de validité sont remplies.On trouve I’ = [0,163 ; 0,237].

4. f ’ = 108460 ≈ 0,235, donc f ’ I’.

5. L’échantillon est bien représentatif de la population pour cette information.6. f ” = 0,295 ; n = 460, donc nf ’’ = 135,7 et n (1 – f ’’) = 324,3, donc les conditions de validité sont remplies.Un intervalle de confiance au seuil 95 % est [0,248 ; 0,342].

Prises d'initiatives

89 La première série de lancers fournit l’intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % : I1 = [0,08 ; 0,23].La seconde série de lancers donne l’intervalle de confiance au seuil 95 % : I2 = [0,11 ; 0,23].I1 et I2 ont une intersection non vide, donc, au seuil de risque 5 %, on peut dire que la proportion de 6 est resté constante d’une expérience à l’autre.

90 La première série de naissances fournit l’intervalle de confiance  au seuil 95 % : I1 = [0,48 ; 0,55].La seconde série de naissances donne l’intervalle de confiance au seuil 95 % : I2 = [0,48 ; 0,53].I1 et I2 ont une intersection non vide, donc, au seuil de risque 5 %, on peut dire que la proportion d’individus de sexe masculin est restée constante d’une génération à l’autre.

91 Le premier lot de chocolats donne l’intervalle de confiance  au seuil de confiance 95 % : I1 = [0 ; 0,14].Le second lot de chocolats donne l’intervalle de confiance au seuil 95 % : I2 = [0,02 ; 0,14].I1 et I2 ont une intersection non vide, donc, au seuil de risque 5 %, on peut considérer qu’il n’y a pas de différence significative entre les deux processus.

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185Ensembles - Raisonnement logique – Term S spécifique

Ensembles Raisonnement logique

1 E = {– 4, –3, –2, –1, 0, 1, 2, 3}.Les propositions vraies sont celles numérotées 1, 3 et 5.

2 Le meilleur encadrement est : –3 x –1.3 La seule proposition vraie est la proposition 1.4 A f ; B f .5 a. 1, 2, 4, 12, 15, 25, 31 sont des entiers pairs ou supé-

rieurs à 10.b. 2, 3, 6, 9, 12, 15, 18 sont des entiers multiples de 3 ou infé-rieurs à 20.c. 3, 6, 12, 18 sont des entiers divisibles par 3 et par 2.

6 1. Farid fait partie des groupes B, C, E.Katia fait partie des groupes A, C, E.Léo fait partie des groupes A, B, C, D.2. Myriam ne fait pas automatiquement partie du groupe desadhérents au judo.

7 1. I J = ]1 ; 2] ; I J = [–1 ; 3].2. I J = ]–2 ; 2] ; I J = ]–  ; 3].

8 1. C’est faux. Contre-exemple : x = 3.2. C’est faux. Contre-exemple : l’entier 2.3. C’est faux. Il suffit de construire un quadrilatère tel queAD = BC avec (AD) non parallèle à (BC), par exemple un tra-pèze isocèle de bases [AD] et [BC].

4. C’est vrai. Par exemple, le réel 2π3 convient.

5. C’est faux. La suite (un) telle que un+1 = 2n – 100 est crois-sante, mais elle n’est pas positive.

9 1. Cet énoncé est vrai.Énoncé réciproque  : « si le discriminant de P est strictementnégatif, alors P (x) est strictement positif pour tout réel x ».Cet énoncé est faux : le polynôme P tel que P (x) = –x2 + x – 1 aun discriminant strictement négatif (∆ = –3), et P (x) est stricte-ment négatif pour tout réel x.Il n’y a donc pas équivalence.2. Cet énoncé est faux (voir le cours).Énoncé réciproque : « si f est dérivable en a, alors elle est conti-nue en a ».Cet énoncé réciproque est vrai ; il n’y a pas équivalence.3. Énoncé faux. Un contre-exemple est donné par la fonctionf telle que f (x) = x3 + 1.Énoncé réciproque : « si f (x) = x3, alors f ’(x) = 3x2 ».Cet énoncé réciproque est vrai ; il n’y a pas équivalence.4. Cet énoncé est vrai.Énoncé réciproque  : « si ABCD est un parallélogramme, alors

AB = DC ».Cet énoncé réciproque est vrai ; il y a bien équivalence.5. Cet énoncé est vrai.

Énoncé réciproque : « si (AB ; CD) = π2 + kπ avec k , alors les

droites (AB) et (CD) sont perpendiculaires ».

c c

c c

Cet énoncé réciproque est faux, car les droites (AB) et (CD)peuvent être non coplanaires et donc non perpendiculaires ; iln’y a pas équivalence.10 1. (P2) « Si les diagonales d’un quadrilatère ne sont pas

de même longueur, alors ce quadrilatère n’est pas un carré ».(P3) « Si les diagonales d’un quadrilatère sont de même lon-gueur, alors ce quadrilatère est un carré ».(P4) « Si un quadrilatère n’est pas un carré, alors ses diagonalesne sont pas de même longueur ».(P1) et (P2) sont vrais ; (P3) et (P4) sont faux.2. (P2) « Si l’entier n est impair, alors n2 est impair ».(P3) « Si l’entier n est pair, alors n2 est pair ».(P4) « Si n est un entier tel que n2 est impair, alors n est impair ».(P1), (P2), (P3) et (P4) sont vrais.3. (P2) « Si, pour tout réel a, f ’(a) ≠ 0, alors f ne change pas desens de variation ».(P3) « S’il existe un réel a tel que f ’(a) = 0, alors f change de sensde variation ».(P4) « Si f ne change pas de sens de variation, alors, pour toutréel a, f ’(a) ≠ 0 ».(P1), (P2), (P3) et (P4) sont faux.(P1) et (P2) seraient vrais si on rajoutait l’hypothèse «  f déri-vable ».4. (P2) « Si une suite n’est pas convergente, alors elle n’est pasbornée ».(P3) « Si une suite est convergente, alors elle est bornée ».(P4) « Si une suite n’est pas bornée, alors elle n’est pas conver-gente ».(P1) et (P2) sont faux, (P3) et (P4) sont vrais.11 1. Supposons que cet ensemble soit fini et soit n0 son

plus grand élément. Alors, n0 + 1 est aussi un entier et il estplus grand que n0, ce qui est impossible. Donc, l’ensemble desnombres entiers est infini2. Supposons que 2 est un nombre rationnel. Alors, il s’écrit

2 = pq avec p entier, q entier naturel non nul et p et q pre-

miers entre eux.On obtient : p2 = 2q2.Ainsi  : p2 est pair. Ceci entraîne que p est pair, car si p étaitimpair, alors p2 serait aussi impair.Donc : p = 2p’ avec p’ entier, et ainsi q2 = 2 p’2.De la même façon que plus haut, q2 est pair, donc q est pair.Ceci est impossible, car p et q ne peuvent être pairs tous lesdeux, puisqu’ils sont premiers entre eux.Donc, 2 est irrationnel.3. On note a le plus petit de ces trois nombres et on supposeque a 1.On a donc b a 1 et c a 1.D’où : a + b + c 3.

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186

On a : 1a 1, 1

b 1 et 1c 1, donc 1

a + 1b + 1

c 3.

D’où : 3 a + b + c 1a + 1

b + 1c 3, ce qui est impossible,

donc le plus petit de ces nombres est strictement inférieur à 1.12 1. On distingue quatre cas :

– Si x 0 et y 0, alors xy 0  : x = x, y = y et xy = xy,d’où l’égalité.– Si x 0 et y 0, alors xy 0 : x = x, y = – y et xy = –xy,d’où l’égalité.– Si x 0 et y 0, alors xy 0 : x = –x, y = y et xy = –xy,d’où l’égalité.– Si x 0 et y 0, alors xy 0 : x = –x, y = –y et xy = xy,d’où l’égalité.2. Soit un triangle ABC isocèle en A et ayant un angle de 60°.– Si l’angle de 60° est BAC , alors la somme des autres anglesest 120°, et comme ils sont égaux, chacun des deux anglesvaut 60° : le triangle est équilatéral.– Si l’angle de 60° est l’angle ABC , alors on a aussi ACB = 60°, etdonc le troisième angle BAC = 60° : le triangle est équilatéral.

– On fait de même si l’angle de 60° est l’angle ACB .3. On a : n3 – n = n (n – 1)(n + 1).Le reste de la division de n par 3 peut être égal à 0, 1 ou 2.– Si ce reste est 0, alors n est un multiple de 3, doncn (n – 1)(n + 1) aussi.– Si ce reste est 1, n – 1 est un multiple de 3, doncn (n – 1)(n + 1) aussi.– Si ce reste est 2, n + 1 est un multiple de 3, doncn (n – 1)(n + 1) aussi.Ainsi, n3 – n est un multiple de 3 pour tout entier n supérieurou égal à 1.4. On raisonne selon l’entier x.– Si x –1, alors x2 1 et x2 + y2 1 : il n’y a pas de solution.– Si x = –1, alors y2 = 0, soit y = 0.– Si x = 0, alors y2 = 1, soit y = –1 ou y = 1.– Si x = 1, alors y2 = 0, soit y = 0.– Si x 1, alors x2 1 et x2 + y2 1 : il n’y a pas de solution.Il y a donc quatre couples solutions :

(–1 ; 0), (0 ; –1), (0 ; 1) et (1 ; 0).

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enseignement De spécialité

TSerm

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189Chapitre 1 Divisibilité et nombres premiers – Term S spécialité

A

L’objectif du chapitre est l’introduction des notions de base de l’arithmétique : divisibilité, division euclidienne, nombres premiers, congruence. Deux types de problèmes introductifs sont utilisés : certains permettent de découvrir et démontrer une propriété du cours, d’autres ont plutôt pour objectif d’introduire une notion par le traitement d’une situation illustrant son utilité. Les savoir-faire exposent les raisonnements usuels de l’arithmétique élémentaire et sont largement exploités dans les exercices de la partie Pour s’entraîner.Les problèmes de la partie Pour aller plus loin reprennent les thèmes des problèmes introductifs et du cours ; ils illustrent naturellement les questionnements cités dans le programme : infinité des nombres premiers, nombres premiers particuliers, problèmes de codage. Le double intérêt, théorique et pratique, des notions du chapitre est ainsi mis en évidence.Le cours et les exercices des parties Pour démarrer et Pour s’entraîner permettent de travailler l’algorithmique dans des cas simples. La partie Pour aller plus loin présente quelques exercices d’algorithmique plus ouverts qui permettront de souligner auprès des élèves le fait que les questions d’algorithmique, de programmation et de mathématiques s’entremêlent : ce sera l’occasion pour l’enseignant de souligner l’interaction de ces disciplines dans le monde de la recherche et de l’ingénierie.

Les notions abordées dans le chapitre 11. Divisibilité et division euclidienne2. Les nombres premiers3. Congruence et critères de divisibilité

B Notre point de vue

Le programme

Divisibilité et nombres premiers1

chapitre

L’enseignement de spécialité prend appui sur la résolution de problèmes. Cette approche permet une introduction motivée des notions mentionnées dans le programme.Plusieurs exemples de problèmes sont donnés à titre indicatif. L'étude des situations envisagées dans le cadre de cet enseignement conduit à un travail de modélisation et place les élèves en position de recherche.Les thèmes abordés sont particulièrement propices à l’utilisation des outils informatiques (logiciels de calcul, tableur) et à la mise en œuvre d’algorithmes.Le niveau d’approfondissement des notions est guidé par les besoins rencontrés dans la résolution des problèmes traités.

Exemples de problèmes Contenus

Problèmes de codage (codes barres, code ISBN, clé du RIB, code INSEE)

• Divisibilité dans • Division euclidienne• Congruences dans • Nombres premiers• Existence et unicité de la décomposition en produit de facteurs premiers

Questionnement sur les nombres premiers : infinitude, n répartitions, tests de primalité, nombres premiers particuliers (Fermat, Mersenne, Carmichaël)

Voir livre page 140 et le site www.bordas-indice.fr pour les corrections détaillées. Correctif : la correction de l’exercice 12 peut être erronée dans le manuel car l’énoncé indique que k appartient à , pas (voir le site).

C Avant de commencer

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190

D Problèmesproblème Diviseurs d’un entier1

L’objectif est de découvrir quelques propriétés importantes desdiviseurs d’un entier par le biais de la résolution d’un problèmede géométrie élémentaire, et d’illustrer une idée importante enarithmétique : une recherche exhaustive par programmation estune démonstration lorsque l’on sait que le nombre de cas pos-sibles est fini

Partie A

1. Avec Pythagore, x2 – y2 = 36 ou (x – y) (x + y) = 36.

2. Les diviseurs positifs de 36 : 1, 2, 4, 3, 6, 12, 9, 18, 36.

3. Les couples (1 ; 36), (36 ; 1), (2 ; 18), (18 ; 2), (4 ; 9), (9 ; 4), (3 ;  2), (12 ; 3), (6 ; 6).4. L’unique couple (x ; y) solution : (10 ; 8).

Partie B

1. Pour n = 36, les affichages sont : 1,36 – 2,18 – 3,12 – 4,9 – 6,6.Pour n = 38, les affichages sont : 1,38 – 2,19.

3. « Nj = E N

j( )  » équivaut à « Nj

est entier ».

4. 0 < a < b donc aa < ab, soit a < n . De même, ab < bb, soit n < b. Lorsqu’on recherche le plus petit diviseur de ndans un couple (a ; b) tel que ab = n, on peut donc arrêter la recherche à n .

5. Ce qui précède montre que le nombre de diviseurs positifs de n est majoré par 2 n .

problème Le code-barres2Il s’agit ici de mettre en œuvre les propriétés essentielles de la divi-sibilité et de la division euclidienne par l’étude de l’un des thèmesqui font l’importance actuelle de l’arithmétique dans ses applica-tions : les codes détecteurs d’erreurs.

1. S = 3 × 25 + 35 = 110.

2. S = 3 × 24 +31 + c = 103 + c d’où c = 7.

3. Correctif : l’énoncé peut être erroné dans certains manuels, ilfaut lire « Dans la suite, on notera r le reste de la division de S – c par10 où c est la clé. Vérifier que c = 10 – r dans le cas de la question 2 ».

S – c = 103, r = 3 et c = 7 = 10 – r.

4. a. Les valeurs possibles sont 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.

b. Pour r = 0, on ne peut prendre c = 10 – r. Dans ce cas, c = 0.

c. Si r est un chiffre entre 1 et 9, alors c = 10 – r est un chiffre entre 1 et 9. S – c s’écrit 10q + r et en prenant c = 10 – r, on obtient S = 10q + r + c = 10(q + 1) multiple de 10.

5. Si S = 3 a2i + a2i+1i=0

5

∑i=1

6

∑ + c et S’ = 3 a2i + a2i+1i=0

5

∑i=1

6

∑ + c’ sont

multiples de 10, alors S – S’ = c – c’ est multiple de 10, or c et c’ sont des chiffres, d’où c = c’.

6. Oui, par exemple 4971850187820 et 4971850177920 ont la même clé.

7. a. b2 et a2 sont des chiffres donc –9 < b2 – a2 < 9.

b. S – S’ = 3(a2 – b2). S – S’ est donc un multiple de 3 compris entre –27 et 27. Le seul multiple de 10 entre –27 et 27 qui soit multiple de 3 est 0, or a2 b2.

c. S est multiple de 10, donc S’ ne l’est pas (sinon S – S’ le serait).

8. Dans ce cas S – S’ = ai – bi, le raisonnement est analogue.

9. Les deux codes corrects donnés à la réponse 6. ne différent que par deux chiffres.

problème Le calendrier3Ce travail sur les notions de quotient et de reste dans une divi-sion euclidienne est une préparation aux idées du calcul sur lescongruences.

1. a. Entre le 1er janvier 00 h 00 et le 1er mai 2013 00 h 00 s’écoulent 120 jours.

b. 120 = 7 × 17 + 1. Le nombre de semaines complètes est 17.

c. r = 1 et n = 7q + r.

d. Le 1er mai 2013 est donc un mercredi.

2. n’ = 314 = 7 × 44 + 6.

3. Le 11 novembre 2013 est donc un lundi.

problème Le crible de Matiassevitch4On étudie ici un premier crible sur les nombres premiers.

Fichier associé sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 01_TSspe_probleme4.ggb (GeoGebra).

1. a. Les ordonnées des points de l’axe des ordonnées appartenant à l’un des segments verts semblent être des nombres composés, tandis que ceux qui ne sont pas sur un segment vert semblent être premiers.

b. Le coefficient directeur est i2 – j2

i + j = i – j.

c. La droite (PiNj) a pour équation y = (i – j)x + p. Et Pi(i ; i2) étant sur cette droite : i2 = (i – j)i + p d’où p = ij.

2. Les ordonnées des points de l’axe des ordonnées se trouvant sur l’une des droites (PiNj) sont les nombres de la forme ij, c’est-à-dire les nombres composés. On en déduit les nombres premiers.

3. Les nombres composés inférieurs à 100 ont au moins un diviseur inférieur ou égal à 10 et leurs diviseurs sont d’au plus 50.

problème Test de primalité et infinité des nombres premiers

5

On établit ici la propriété «  le plus petit diviseur au moins égalà 2 d’un entier naturel n 2 est premier » et on en déduit l’infini édes nombres premiers par l’étude des sorties d’un algorithme.1. a. Sortie : 11.b. Sortie : 2.

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191Chapitre 1 Divisibilité et nombres premiers – Term S spécialité

2. a. Si un diviseur J de N est trouvé entre 2 et N alors il est affiché, sinon N est affiché.

b. C’est le plus petit des diviseurs de N (parmi les diviseurs au moins égaux à 2) qui est affiché. Ce plus petit diviseur J est premier, sinon il s’écrit J = ki avec i et k (au moins égaux à 2) divisant J donc N et on contredit le fait que J est le plus petit diviseur.

c. Tout entier N non premier admet au moins un diviseur a avec a < N (cf. problème 1 question B. 4.). Le plus petit de ceux-là est premier d’après la question précédente.

3. La sortie est identique à l’entrée si, et seulement si, l’entrée est un nombre premier.

4. a. Le reste est 1.

b. Si l’affichage était l’un des pi , cet entier pi serait diviseur de N, or le reste de la division de N par pi est égal à 1.c. On a, avec les questions précédentes, établi par l’absurde l’infinité des nombres premiers.

problème Les nombres de Fermat6On soulève ici quelques difficu és de l’étude des grands nombresà l’aide de nombres « historiques ». On établit ensuite une deu-xième démonstration de l’infini é des nombres premiers.

2. Il faudrait environ 231 jours pour écrire F30.

3. 2(2n) est pair donc Fn est impair.

4. F0 = 2 et F1 = 4 donc F0 = F1 – 2 et si F0 F1 …Fn – 1 = Fn – 2 alors F0 F1 …Fn – 1Fn = (Fn – 2)Fn = (2(2n) –1) (2(2n) +1) soit F0 F1 …Fn – 1Fn = 22 × (2n) – 1 = Fn + 1 – 2.

5. Si d divise Fn et Fm avec m ⩽ n alors d divise Fn – F0 F1 …Fm …Fn – 1 = 2. Comme les nombres de Fermat sont impairs, on a : d = 1.

6. De la question précédente, on déduit que deux nombres de Fermat distincts n’ont aucun facteur premier commun. L’infinité des nombres de Fermat implique celle des nombres premiers.

problème Deux traitements pour une même sortie

7

On établit une double caractérisation de la congruence de deuxentiers modulo m en conjecturant que deux algorithmes distinctsont le même effet

1. Non.2. a. Le triplet (A, B, M) = (2, 2, 2) par exemple est tel que A est congru à B modulo M. Le triplet (A, B, M) = (2, 3, 3) est tel que Aest non congru à B modulo M.b. Dire que A et B sont congrus modulo M est équivalent à ce que A – B soit divisible par M.

3. a. R contient le reste de la division euclidienne de A par M.

b. « Oui » est renvoyé lorsque j = B – RM

est entier, c’est-à-dire lorsque B – R est multiple de M.

c. B – R est multiple de M signifie qu’il existe un entier k tel que B = kM + R. Comme R est compris entre 0 et M – 1, R est aussi le reste de la division de B par M lorsque B – R est multiple de M. Par contre, lorsque le programme renvoie « non », cela signifie que B – R n’est pas multiple de M, donc que l’on ne peut pas écrire B sous la forme kM + R et R n’est pas le reste de B dans la division par M.

d. Cf. la démonstration du premier théorème du cours page 22.

problème Puissances d’un entier modulo m

8

On conjecture puis établit une propriété des congruences par untravail sur les TICE qui guide vers une propriété de factorisation.Cette même propriété des congruences sera établie dans le courspar une autre méthode.

Fichier associé sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 01_TSspe_probleme8.xws (Xcas).

1. On ouvre une feuille du tableur Xcas par le raccourci

+ ou en utilisant le menu Tableur Nouveau tableur . Pour entrer les entiers 1, 2, 3… en colonne B, on entre 1 en

cellule B0 puis la formule =B0+1 en cellule B1 et on copie

vers le bas cette formule en utilisant le raccourci + ou en utilisant le menu du tableur Edit Remplir Copier vers le bas .

2. Pour tout entier k, l’entier mk est congru à 0 modulo m.

Bi+m*hasard est donc congru à Bi modulo m, Bi désignant ici l’entier contenu dans la cellule Bi.

3. En cellule D0, on entre la formule =irem(E0^p,m) . Les colonnes C et D ont alors des contenus identiques, et ce pour toutes valeurs de m et p. On conjecture la propriété suivante : si a et b sont des entiers tels que a b (m) alors ap bp (m).

4. an – bn = (a – b) × a j–1b n— j

j=1

n

∑⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

5. La conjecture résulte immédiatement de la factorisation précédente. On en propose une démonstration par récurrence dans le cours page 22.

problème La preuve par neuf9On découvre ici comment établir un critère de divisibilité. Lapreuve par neuf est ensuite étudiée : au-delà de son intérêt histo-rique dans l’enseignement, le parallèle peut être fait avec le prin-cipe des codes détecteurs d’erreurs.

1. 10 – 1 = 3 × 3.

2. 10k 1k (3).

3. ai × 10i ai (3) d’où le résultat par sommation.

4. n est congru à la somme s de ses chiffres modulo 3. n et s ont donc même reste dans la division par 3.

5. Même démarche compte tenu de : 10 1 (9).

6. a. On a p AB (m) et q ab AB (m). Comme p et q sont compris entre 0 et m – 1, on a p = q.

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192

P O U R D É M A R R E R1 Les éléments de sont les entiers positifs ou nuls.

contient également les opposés des entiers positifs. 2 Les diviseurs positifs de 36 : 1, 2, 4, 3, 6, 12, 9, 18, 36.

De 49 : 1, 7, 49.De 126 : 1, 2, 3, 6, 9, 18, 7, 14, 21, 42, 63, 126.

3 Aux listes explicitées à l’exercice 2 , on ajoute les opposés.

4 Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 01_TSspe_exercice4.ods (OpenOffice),01_TSspe_exercice4.xlsx (Excel 2007)et 01_TSspe_exercice4.xls (Excel 2003)Voir livre page 140.

5 (A), (D) d’une part, (B), (C), (E), (F), (G) d’autre part.6 Voir livre page 140.7 De deux entiers consécutifs, l’un est toujours pair. Le

produit l’est donc aussi.8 Trois entiers consécutifs peuvent s’écrire sous la forme n,

n + 1, n + 2 et la somme s = 3 (n + 1) est multiple de 3. 9 (2k + 1) + (2k ’ + 1) = 2(k + k ’ + 1).

10 On aurait 14 divise m et m divise 100, donc 14 diviserait 100, ce qui est faux.11 n = 2k et A = 2k (4k2 + 20) = 8k (k2 + 5).12 Voir livre page 140.13 Oui. Si b = ak et c = ak’ alors bc = a2kk ’.14 1. a – 2b = 5.

2. Si d divise a et b, d divise a – 2b. d vaut donc 1 ou 5 ou –1 ou –5.15 Oui. Soit d (n) le nombre de ses diviseurs positifs. Alors le

nombre de ses diviseurs dans est 2d (n).16 1. L’entier b peut être égal à l’entier a. Par exemple : n = 25,

a = 5, b = 5.2. S’il n’est pas possible que a = b, le raisonnement de Pierre est correct. Par contre, s’il est possible que a = b, c’est-à-dire si npeut s’écrire comme le carré d’un entier, le nombre de diviseurs positifs est impair.17 Voir livre page 140.18 1. Sortie : 6.

2. aaa = 111a = 3 × 37a. La sortie est a.19 1. a = 2 013 ; b = 7: quotient = 287, reste = 4.

2. a = –2 013 ; b = 7 : quotient = –288, reste = 3.3. a = 7 ; b = 2 013 : quotient = 0, reste = 7.4. a = –7 ; b = 2 013 : quotient = –1, reste = 2 006.20 Pour les entiers 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6.

21 Pour les entiers n multiples de 7.22 Pour les entiers n multiples de 7.23 1. Sortie : 2.

2. Sortie : 3.3. R est le reste de la division euclidienne de A par B.24 Le reste de la division euclidienne d’un entier par 4 est

0, 1, 2 ou 3.25 113 et 227 sont premiers. Les autres ne le sont pas.26 On vérifie qu’aucun entier entre 2 et la racine carrée de

l’entier n n’est diviseur de n. 27 Voir livre page 140.28 45 = 32 × 5 ; 1 400 = 23 × 52 × 7 ; 735 = 3 × 5 × 72.29 Un programme de décomposition en facteurs premiers

est donné dans le cours page 18.

30 7624

= 22 ×1923 × 3

= 192× 3

.

13 6501 785

= 2× 3× 52 ×7×133× 5×7×17

= 2× 5×1317

.

31 Les entiers 0 et 1 ne sont ni premiers, ni composés.32 Le nombre de diviseurs positifs de a est (2 + 1) × (7 + 1) = 24.

Celui de b est (1 + 1) × (3 + 1) = 8.33 1. 2 et 3.

2. Non. L’un au moins des trois est pair strictement plus grand que 2.34 128 – 15 = 10 × 11 + 3. 128 et 15 ne sont donc pas congrus

modulo 11.35 2 013 = 287 × 7 + 4. Donc r = 4.36 2 017 = 201 × 10 + 7. r = 7. 37 r = –3.38 On cherche les entiers de la forme 2  012 + 11k (k

entier) tels que –2 000 ⩽ 2 012 + 11k ⩽ 2 000, donc tels que –364 ⩽ k ⩽ –2. Il y en a 363.39 Il s’agit des entiers naturels m tels que m divise 22, soit

1, 2, 11, 22.40 Ce reste est aussi celui de 100 par 11, soit 1.41 Voir livre page 140.42 Oui, tout entier est congru à son reste modulo 4 et

3 –1 (4).43 Oui, car 7, 8, 9 sont respectivement congrus à 1, 2, 0

modulo 3.44 Oui, car –3 0 (3), 28 1 (3), 137 2 (3).45 Tous. n2 – 3n est toujours multiple de n.46 1 000 – 1 = 27 × 37.

De 103 1 (37), on déduit (103)k 1 (37).47 1. Avec l’entrée A = 3, la sortie est – 4.

Avec l’entrée A = 4, la sortie est –3. Avec A = 7, la sortie est 0 et avec A = 8, la sortie est 1.2. Les sorties possibles : – 4, –3, –1, 0, 1, 2.

b. m = 9 : on peut déterminer les restes en déterminant les sommes des chiffres (en recommençant au besoin sur la somme obtenue) : a = 8, b = 2, q = 7, p = 4, p ≠ q donc le calcul de Max est faux.

c. Avec m = 3 : a = 2, b = 2, q = 4, p = 4. On ne détecte pas l’erreur.

d. Si le produit erroné obtenu est congru modulo 9 au produit exact, l’erreur n’est pas détectée.

E Exercices

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193Chapitre 1 Divisibilité et nombres premiers – Term S spécialité

3. La sortie est obtenue en enlevant un multiple de 7 à l’entrée. Entrée et sortie sont donc congrus modulo 7.4. Il suffit de remplacer le symbole ⩾ par le symbole > dans le test d’arrêt de la boucle.5.

TEXAS CASIO

P O U R s ’ E n t R A î n E R48 Pour n entier : 7 divise n + 54 si, et seulement si, il existe

k entier tel que n = 7k – 54.Les entiers naturels répondant à la question sont obtenus pour k ⩾ 8 .49 Soit n tel que n divise n + 12. Comme n divise n, n divise

(n + 12) – n = 12. Réciproquement un diviseur de 12 divise n + 12. Les entiers solutions sont donc les diviseurs de 12.50 Les entiers solutions sont les diviseurs de 7.51 (3n + 4) – 3 (n + 7) = –17.

Les entiers solutions sont les diviseurs de 17.52 (2n + 9) – 2(n + 11) = –13.

Les entiers solutions sont les diviseurs de 13. 53 a divise (n + 2)(n – 1) – (n2 + n + 3) = –5.55 (n – 2)(n + 2) – (n2 + 2) = – 6.

Réciproquement, si n + 2 divise 6 alors n + 2 divise 6 + (n – 2)(n + 2) = n2 + 2. Les entiers solutions sont donc les entiers n tels que n + 2 divise 6 : –8, –5, – 4, –3, –1, 0, 1, 4.56 1. 2 divise a2 + b2 + 2ab = (a + b)2.

2. 3 divise a3 + b3 + 3a2b + 3ab2 = (a + b)3.57 1. 2(3n + 7) – 6(n + 1) = 8

2. Pour tout entier n, si n + 1 divise 3n + 7, alors n + 1 divise 2(3n + 7) – 6(n + 1) = 8.3. Non. Contre-exemple : n = 7.58 Les couples d’entiers solutions sont les couples d’entiers

solutions de (x – y)(x + y) = 17.(x – y ; x + y) peut a priori prendre les valeurs (1 ; 17), (–1 ; –17), (17 ; 1), (–17 ; –1). On vérifie ainsi que les couples (x ; y) solutions sont (9 ; 8), (–9 ; – 8), (9 ; – 8), (–9 ; 8).59 Les couples solutions sont solutions de (x – 3y)(x + 3y) = 7.

Cela mène aux solutions : (4 ; –1), (– 4 ; 1), (4 ; 1), (– 4 ; –1).60 Voir livre page 140.61 Faux. Contre-exemple : d = 3, m = n = 3, a = b = 2.62 1. Pour tout entier n, on a un+1 = 8 × 23n – 1, d’où

un+1 = 8 × un + 7. La suite construite par le programme satisfait cette relation de récurrence et le premier terme (terme d’indice 0) est le même pour les deux suites : elles sont donc égales. 2. Initialisation : u0 = 0 = 7 × 0.Hérédité : si un = 7k alors un+1 = 7(8 × k + 1) avec la relation de récurrence mise en évidence à la question précédente.63 Pour n entier naturel, on pose un = 42n – 2n.

On vérifie alors que, pour tout entier naturel n, on a : un+1 = 16un + 14 × 2n. L’hérédité de la propriété en résulte.

64 Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 01_TSspe_exercice64.ods (OpenOffice), 01_TSspe_exercice64.xlsx (Excel 2007),01_TSspe_exercice64.xls (Excel 2003) et01_TSspe_exercice64.xws (Xcas).1. On vérifie que pour tout entier naturel n, on a la relation : un+1 = 4un + 9n. Ceci explique la construction de la feuille de calcul. 2. La relation de récurrence établie ci-dessus permet d’établir l’hérédité.65 FAUX. Contre-exemple : a = 2, c = 3, b = 4, d = 9. 66 VRAI. Si b = ak (k entier), alors b2 = (kka)a.67 VRAI. (2k + 1) + (2(k + 1) + 1) = 4(k + 1).68 FAUX. Contre-exemple : a = 3, b = 5.69 1   789 = bq + 497. b et q sont donc diviseurs

« complémentaires » de 1 292, avec b > 497.On a donc (b ; q) = (646 ; 2) ou (b ; q) = (1 292 ; 1).70 225 = bq + 4. b est un diviseur de 221 avec b > 4. b peut

valoir 13, 17 ou 221.71 Voir livre page 140.72 n s’écrit 4q ou 4q + 1 ou 4q + 2 ou 4q + 3. Les carrés,

dans chacun des cas, s’écrivent 4k ou 4k + 1 en développant et regroupant les termes multiples de 4. 73 Si n est de la forme 5q alors le facteur n – 55 est divisible

par 5. Si n est de la forme 5q + 1, le facteur n – 11 est divisible par 5. Si n est de la forme 5q + 2, le facteur n – 22 est divisible par 5. Si n est de la forme 5q + 3, le facteur n – 33 est divisible par 5. Si n est de la forme 5q + 4, le facteur n – 44 est divisible par 5.74 On développe le second membre de l’égalité.

n + 2 > n – 3 ⩾ 0 pour tout n ⩾ 3 : n – 3 est le reste pour n ⩾ 3. On traite les cas n = 0, 1 ou 2 à part.75 7n + 3 = 3(2n – 1) + (n + 6). n + 6 est le reste cherché pour

les entiers n tels que 2n – 1 > n + 6, c’est-à-dire pour n ⩾ 8. On traite les premières valeurs de n une à une.76 1. Avec a = 24, la sortie est « OUI ». Avec a = 25, la sortie

est « NON ».2. q est le quotient de la division de a par 7. a – 7q est le reste de la division de a par 7. Les entrées donnant la sortie OUI sont donc les entiers tels que le quotient de la division de a par 7 est égal au reste. L’égalité a – 7q = q permet de les trouver : ce sont les entiers 8q où q prend les valeurs 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6.3.

TEXAS CASIO

77 FAUX. Contre-exemple : a = 10, b = 7.78 VRAI. Exemple : a = 5, b = 2.79 FAUX. Contre-exemple : a = a’ = 13, b = 7. 80 VRAI. a = bq + r, a’ = bq’ + r’. aa’ = b(bqq’ + qr ’ + q’r) + rr ’.

Si rr ’ = bq” + r ”, on obtient aa’ = b(bqq’ + qr ’ + q’r + q”) + r ”.

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194

81 1 789 < 43. On vérifie qu’aucun des entiers premiers inférieurs à 43 ne divise 1 789.82 1. f (n) = (n + 7)(n + 11) est produit d’entiers supérieurs

strictement à 1.2. f (–12) = 5 est premier.83 Voir livre page 140.85 x2 – px + q s’écrit sous la forme (x – n)(x – m) où n et m sont

des entiers naturels. D’où p = n + m et q = nm. Comme q est premier, on a par exemple n = 1 et m = q. On a alors p = 1 + q. Or les seuls nombres premiers consécutifs sont 2 et 3.86 1. Si n = 2, alors n + 7 = 9 est non premier. Et si n > 2 et n

premier, alors n est impair et n + 7 est pair donc n + 7 est non premier.2. La réciproque est fausse. Contre-exemple : n = 8.3. L’implication est fausse. Contre-exemple : n = 2.87 2. On remarque que tous les nombres premiers se situent

dans la colonne 2 et la colonne 6. Conjecture : tout nombre premier est de la forme 6q + 1 ou de la forme 6q + 5. Pour justifier cette conjecture, on explicite des diviseurs non triviaux (le facteur 2 ou le facteur 3) dans chacun des autres cas : 6q, 6q + 2, 6q + 3, 6q + 4.3. Si p = 6q + 1 alors p2 – 1 = 12q(3q + 1). Si q n’est pas pair, 3q + 1 l’est et p2 – 1 est divisible par 24. On raisonne de même si p = 6q + 5 : p2 – 1 = 12q(3q + 5) + 24.88 1. Si p est de la forme 3k + 1 alors 8p2 + 1 = 3(24k2 + 16k + 3),

et si p est de la forme 3k + 2 alors 8p2 + 1 = 3(24k2 + 32k + 11). Dans les deux cas, 8p2 + 1 est composé.2. La réciproque est fausse. Contre-exemple : p = 4.89 Une telle somme s’écrit :

(2q + 1) + (2(q + 1) + 1) = 4q + 4 = 4(q + 1).Soit q = 0 et la somme est égale à 4, non premier. Soit q > 0 et la somme est produit de deux entiers strictement supérieurs à 1. 90 1. Voir cours.

2. n = pg où p est le plus petit diviseur de n entre 2 et n – 1 et g le plus grand. Comme p est premier, n est produit de deux nombres premiers.91 Voir livre page 140.92 1. On doit avoir f (0) premier, soit b premier.

2. f (b) = ab + b = b(a + 1). f (b) premier implique a = 0. f est donc constante.93 FAUX. Contre-exemple : 2.94 FAUX. Contre-exemple : 9.95 FAUX. P(41) n’est pas premier.96 f (p – 1) = (p – 1)2 + p – 1 + p = p2, non premier.97 231 = 3 × 7 × 11. Un arbre permet de lister facilement les

8 diviseurs positifs. 98 1. 1, p, p2.

2. Les carrés de nombres premiers.99 4 × 7 × 2 × 11 × 6 = 3 696.

101 p14 ou p2q4 où p et q sont premiers.102 Voir livre page 140.103 VRAI. S’ils étaient tous premiers, on aurait deux décompositions en facteurs premiers d’un même entier. 104 FAUX. 4 a trois diviseurs positifs et n’est pas premier.

105 FAUX. 23, puissance d’un nombre premier, a 4 diviseurs

positifs. 106 1. Ce sont les entiers de la forme –1 + 5k.

2. 104.107 1.

x mod 5 0 1 2 3 4

3x mod 5 0 3 1 4 2

Les entiers solutions sont les entiers 4 + 5k, k entier.

2.

x mod 5 0 1 2 3 4

3x mod 5 0 2 4 1 3

Les entiers solutions sont les entiers 4 + 5k, k entier.108 1. 76 1 (9) d’où (76)k 1 (9).

2. Réciproque : « Pour tout naturel n, si 7n 1 (9) alors n 0 (6) ».

Faux. Contre-exemple : n = 3.109 57 1 (7). Le reste de la division de 572018 par 7 est donc 1.

83  6 (7) et 62 1 (7) d’où 62k + 1 6 (7). Le reste de la division

de 832 019 par 7 est donc 6.

2 018 2 (7) et 26 1 (7), d’où 2336 × 6 + 2 = 4 × (26)336 4 (7) et

le reste de la division de 2 0182 018 par 7 vaut 4.110 1. Si m divise a – b, alors m divise c (a – b).

2. Réciproque : « Pour tous entiers a, b, c et tout entier m ⩾ 2,

si ac bc (m) alors a b (m) ». Faux. Contre-exemple : a = 7,

b = 8, m = 2, c = 2. 111 32 2 (7), d’où (32)n 2n (7).112 Pour n ⩾ 3, an 1 + 3n (8), soit an 2 (8) ou

an 4 (8) suivant la parité de n. Ainsi an n’est pas multiple de

23, donc non multiple de 1 000.113 Voir livre page 140.114 32 1 (8). D’où 3n 1 (8) pour n pair et 3n 3 (8) pour

n impair. 115 Voir livre page 140.116 Lorsqu’un vert rencontre un brun, la différence d’effectifs

entre ces deux couleurs est inchangée :

v’ – b’ = (v – 1) – (b – 1) = v – b.

Lorsqu’un vert rencontre un orange :

v’ – b’ = (v – 1) – (b + 2) = v – b – 3.

Lorsqu’un brun rencontre un orange :

v’ – b’ = (v + 2) – (b – 1) = v – b + 3.

On montre ainsi que les différences d’effectifs entre deux

couleurs sont invariantes modulo 3. Les différences sont au

départ (v – b, v – 0, b – 0) = (–2, – 4, –2) soit (1, 2 ,1) modulo 3.

On ne pourra pas obtenir deux populations égales puisqu’alors

la différence serait de 0 modulo 3.117 FAUX. Contre-exemple : m = 8, a = 7.118 VRAI. 19 3 (8) et 32 1 (8) d'où 32k 1 (8).119 FAUX. Contre-exemple : a = 2, b = 4, m = 4.

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195Chapitre 1 Divisibilité et nombres premiers – Term S spécialité

120

n mod 6 0 1 2 3 4 58n + 1 mod 6 3 3

13n + 1 mod 6 2 3 4 0

n mod 6 0 2 3 4

N mod 6 0 0 0 0 0 0121 72 10 (13) et 23 10 (13), d'où 72n – 23n 0 (13).122 1. Si n 1 (7) alors n3 + n – 2 1 + 1 – 2 (7), d’où le résultat.2. Réciproque : « Pour tout naturel n, si f (n) 0(7) alors n 1(7) ». Faux. Contre-exemple : n = 3. 123 Vrai car 7 3 (4) et 32 1 (4) d’où 72n 1 (4).125 La somme des chiffres est 7 + 1 + x + 4, c’est-à-dire xmodulo 3. x peut donc valoir 0, 3, 6 ou 9. 126 2 y est divisible par 4 pour y = 0, 4 ou 8. La somme des chiffres est x + y + 2 modulo 3. Pour y = 0, on peut prendre x = 1, 4 ou 7.Pour y = 4, on peut prendre x = 0, 3, 6 ou 9.Pour y = 8, on peut prendre x = 2, 5 ou 8.127 Voir livre page 140.128 1. 100 10 (45). Si 10n ≡ 10 (45) alors 10n+1 100 (45), soit 10n+1 10 (45). D’où la propriété par récurrence.

2. Un entier n = a j ×10 j

j=0

p

∑ est multiple de 45 si, et seulement

si, s = a0 + 10 a jj=1

p

∑ est multiple de 45.

3. Pour a= 20 152 016, on a s = 6 + 10(2 + 0 + 1 + 5 + 2 + 0 + 1) = 116 et s’ = 6 + 10(1 + 1) = 26. Donc a n’est pas multiple de 45. Pour b = 20 152 035, s = 5 + 10(2 + 0 + 1 + 5 + 2 + 0 + 3) = 135, s’ = 5 + 10(1 + 3) = 45. b est multiple de 45.129 Un entier est toujours congru à la somme de ses chiffres modulo 9 (car les puissances de 10 sont congrues à 1 modulo 9). La différence de deux entiers ayant les mêmes chiffres est donc congrue à 0 modulo 9. 130 FAUX. Contre-exemple : a = 3, b = 6, m = 3.131 VRAI. Un entier N s’écrit 100A + 10d + u (où d et u sont les chiffres des dizaines et des unités). Comme 100 est congru à 0 modulo 25, N est congru à 10d + u modulo 25. 132 FAUX. Soit N = 9…9 où le nombre de chiffres 9 est égal à 11 111 111 111.La somme des chiffres est s = 9 × 11 111 111 111 = 99 999 999 999. La somme des chiffres de s est s’ = 11 × 9 = 99 et la somme des chiffres de s’ est 18 ≠ 9.133 VRAI d’après le critère usuel de divisibilité par 9.134 Si n + 3 divise n2 + 1 alors n + 3 divise :

(n2 + 1) – (n – 3)(n + 3) = 10.Réciproquement, si n + 3 divise 10, alors n + 3 divise 10 + (n – 3)(n + 3) = n2 + 1. Les entiers n solutions sont donc les entiers n tels que n + 3 divise 10 : –2, –1, 2, 7, – 4, –5, – 8, –13.135 En raisonnant modulo 5, on constate que pour toute valeur de n, au moins l’un des six entiers est multiple de 5. Pour qu’ils soient tous premiers, l’entier multiple de 5 doit donc être égal à 5. Cet entier ne peut être que n + 1 ou n + 3. n = 4 est la seule solution. 136 49 et 335 sont congrus à 10 modulo 13. Donc pour tout entier naturel n, l’entier 72n – 335n est congru à 0 modulo 13.

137

n mod 5 0 1 2 3 4

g(n) mod 5 2 0 2 0 1

138Entrée : N entier naturel non nul, p nombre premierTraitement : Affecter la valeur 0 à ATant que p divise N :

Affecter la valeur A + 1 à AAffecter la valeur N

p à N

Sortie : A

139Entrée : N entier naturel Traitement :

Tant que N > 10 :Affecter à N –21 à N

Sortie : N

140 73 1 (9). Si n = 3q, le reste est 1. Si n = 3q + 1, le reste est 7. Si n = 3q + 2, le reste est celui de 72 c’est-à-dire 4.Comme 2 014 7 (9) et 2 012 2 (3), le reste de la division euclidienne de 2 0142 012 par 7 est 4.

P O U R fA i R E l E P O i n tVoir livre page 140 et le site www.bordas-indice.fr pour les corrigés détaillés.Correctif : Il se peut qu’il manque le mot « petit » dans l’énoncé de

l’exercice 144 de certains manuels : « n est le plus petit entier positifayant… ».

t R AVAU X P R At i Q U E stp Le nombre de zéros de n!1

On étudie ici quelques algorithmes pour la découverte dunombre de 0 terminant l’écriture décimale de n! : c’est l’occasionde faire travailler les notions de diviseurs et de facteurs premiersd’un entier et de manipuler des grands nombres en arithmétique.Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium :01_TSspe_TP1.xws et 01_TSspe_correctionTP1.xws (Xcas).

A. Découvrir la notation factorielle1. 2! = 2 ; 3! = 6 ; 4! = 24 ; 10! = 3 628 800.

B. Le nombre de zéros de n!

1. On ouvre l’éditeur de programme par le raccourci + ou par le menu Prg Nouveau programme .

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196

2. Second programme :

3. Après quelques essais, on peut aboutir à la conjecture suivante : il semble que le nombre de 0 dans n! soit l’exposant du facteur 5 dans la décomposition de n! en facteurs premiers.Pour faciliter les observations, on pourra ouvrir une feuille de

tableur (raccourci + ), remplir la colonne A par les premiers entiers naturels, la colonne B par la décomposition en facteurs premiers de la factorielle de l’entier (instruction

=factoriser_entier((A0)!) ) puis la colonne C par le nombre

de zéros de la factorielle de l’entier (instruction =nbZ((A0)!) ).

C. Vers une étude théorique1. Fonction déterminant l’exposant du facteur 5 :

2. Avec l’intruction (séquence pour les valeurs de n = 1 à

n = 100) : seq(nbCinq(n!)-nbZero(n!),n,1,100) on obtient l’affichage d’une séquence de 0.3. Dans le produit 1 × 2 × 3 × … × n, si un facteur 5k × a1 × a2 × … × ap

intervient, alors le facteur 2k × a1 × a2 × … × ap apparaît aussi (puisque c’est un entier plus petit) et cette correspondance est clairement injective.4. Résulte immédiatement de la question précédente.

D. Un autre algorithme2. Le nombre de multiples non nuls de m inférieurs à a est égal à la partie entière de a

m puisque 0 < mj ⩽ a équivaut à

0 < j ⩽ am donc à 0 < j ⩽ E a

m( ) .

3. L’algorithme calcule la somme E n5( ) + E n

52( ) +…+ E n5k( ) où

k est tel que E n5k+1( ) = 0 (c’est-à-dire n < 5k+1). Cette somme est

égale à : nombre de multiples de 5 inférieurs à n + nombre de multiples de 25 inférieurs à n + …On compte ainsi les multiples de 25 deux fois, les multiples de 125 trois fois… et chaque facteur 5 dans la décomposition en facteurs premiers de l’entier n! est donc compté une fois exactement.4. a. (n + 1)! = n! × (n + 1). La décomposition de (n + 1)! contient donc au moins autant de facteurs 2 et de facteurs 5 que la décomposition de n! donc un+1 est supérieur ou égal à un.

b. On peut par exemple utiliser la fonction suivante :

f (1000) renvoie 4 005 : les entiers n, tels que n! se termine par 1 000 zéros, sont donc les entiers 4 005, 4 006, 4 007, 4 008, 4 009.

tp Table de multiplication modulo 72On résout dans ce TP quelques équations sur les congruences.La lecture d’une table de multiplication modulo un entier est laclef de ces résolutions.Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium :01_TSspe_TP2.xlsx (Excel 2007), 01_TSspe_TP2.xls (Excel 2003) et01_TSspe_TP2.ods (OpenOffice).

A. Construction et utilisation d’une table2. La formule qui convient :c. =MOD($A2*B$1;7)4. En regardant la ligne du 2 dans la feuille du tableur (c’est-à-dire la ligne 4 sur la copie d’écran de l’énoncé), on constate que 2x 5 (7)équivaut à x 6 (7).5. La ligne du 3 donne : 3x x (7) ⇔ x 0 (7).6. La diagonale donne : x2 1 (7) ⇔ x 1 (7) ou x 6 (7).7. 5n + 3 0 (7) ⇔ 5n 4 (7).La ligne du 5 donne : 5n + 3 0 (7) ⇔ n 4 (7).

B. Une autre table3x 1 (26) ⇔ x 9 (26). Et x2 5 (26) n’a aucune solution.

tp Alignement de restes3Des conjectures à l’aide d’un graphique obtenu sur tableurpermettent ici d’exprimer quotient et reste dans la division d’unpolynôme A par un polynôme B. L’observation d’un « début » degraphe « irrégulier » permet de revenir sur la condition 0 r bdéfinissan un reste.Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium :01_TSspe_TP3.xlsx (Excel 2007), 01_TSspe_TP3.xls (Excel 2003) et01_TSspe_TP3.ods (OpenOffice).

A. Un premier cas1. Les formules de la feuille de calcul :

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197Chapitre 1 Divisibilité et nombres premiers – Term S spécialité

2. On sélectionne la colonne A puis la colonne D en maintenant

la touche enfoncée. Avec OpenOffice, on clique sur l’icône Diagramme et on choisit XY-dispersion pour la représentation.

3. et 4. Les points obtenus semblent alignés pour n ⩾ 10.On conjecture puis on démontre que, pour n ⩾ 10 :

q (n) = n + 1 et r (n) = n – 10.

B. Un second casOn conjecture cette fois que les points (n ; q(n)) se situent sur la parabole d’équation y = x2 + 3x + 1 et que les points (n ; r(n)) se trouvent sur la droite d’équation y = x + 3.On vérifie alors facilement que q(n) = n2 + 3n + 1 et r(n) = n + 3 pour tout entier naturel n.

C A P V E R s l E B AC

Sujet ACorrectif : il faut lire « on se propose de déterminer les couples(n ; m) d’entiers… » et non (m ; n).1. Pour m = 1, 2, 3, 4 respectivement, l’équation s’écrit 7n = 7, 7n = 13, 7n = 25, 7n = 49. Deux solutions : (1 ; 1), (2 ; 4).2. a. Pour m > 4, on a 2m 0 (32).b. 74 1 (32) d'où 7n 1 (32) pour n 0 (4), 7n 7 (32) pour n 1 (4), 7n 17 (32) pour n 2 (4), 7n 23 (32) pour n 3 (4).c. Si (n ; m) vérifie (F) alors n 0 (4) d’après la question précédente. Or 74 1 (5), donc 7n 1 (5).d. Si on avait 7n – 3 × 2m = 1 avec m > 4, on aurait 7n – 1 = 3 × 2m

et 3 × 2m serait multiple de 5.3. L’ensemble se réduit aux couples déterminés à la question 1.

Sujet B1.

a mod 3 0 1 2

a2 mod 3 0 1 1

x2 + y2 n’est donc pas multiple de 3 lorsque x et y ne sont pas tous deux congrus à 0 modulo 3.2. Vrai, l’entier s’écrit k (2 × 3 × … × (k – 1) × (k + 1) × … × n + 1), produit de deux entiers strictement supérieurs à 1.3. 113 1 (7) d’où 11670 × 3 + 1 11 (7) et 11 4 (7).4. Faux, contre-exemple : n = 9.5. Vrai. L’équation s’écrit (9x – y)(9x + y) = 17. x et y étant positifs, pour une solution (x ; y) : 0 < 9x – y < 9x + y. D’où 9x – y = 1 et 9x + y = 17 et l’unique solution (x ; y) = (1 ; 8).

Sujet C1. u (1) = 31, u (2) = 331, u (3) = 3 331.2. a. 3u (0) = 3 = 10 – 7. Et si 3un = 10n + 1 – 7 alors 3un+1 = 30un + 63 = 10 × 10n + 1 – 70 + 63.b. 10n + 1 – 7 s’écrit 99…93 avec n chiffres 9 et u(n) s’écrit 33…31 avec n chiffres 3.3. On vérifie qu’aucun des entiers entre 2 et 18 = 331⎢⎣ ⎥⎦ n’est diviseur de 331.

4. u(n) se termine par 1 donc n’est divisible ni par 2, ni par 5. La somme des chiffres est congrue à 1 modulo 3, donc u(n) n’est pas multiple de 3.5. a. Il suffit de remarquer que –7 4 (11) et 10 –1 (11).b. Si on avait un 0 (11), alors on aurait 3un 0 (11), ce qui est faux d’après la question précédente.6. a. Le reste est 4.D’où (104)4 44 (17) et 44 = 16 × 16 (–1)(–1) (mod 17). b. 3u16k + 8 = 1016k + 9 – 7 109 – 7 0 (17).

Sujet DA. Voir cours.B. 1. Il suffit de remarquer que 11 1 (5) et 7 2 (5).2.

x mod 5 0 1 2 3 4

x2 mod 5 0 1 4 4 1

y mod 5 0 1 2 3 4

2y2 mod 5 0 2 3 3 2

3. Les restes sont lus dans les tableaux précédents.4. D’après les tableaux précédents et la question 1, si (x ; y) est solution, alors x et y sont congrus à 0 modulo 5.5. Si x et y sont multiples de 5, alors x = 5a et y = 5b et l’équation (F) implique 11 × 5a2 – 7 × 5b2 = 1, le membre de gauche vaut 0 mod 5 et le membre de droite vaut 1.(F) n’a donc aucune solution.

Sujet EA. 2. 629 = 17 × 37.B. 1. P1 a pour équation z = 5. Les points de P1 vérifiant xy = 5 sont les points de coordonnées (1 ; 5 ; 5), (5 ; 1 ; 5), (–1 ; –5 ; 5), (–5 ; –1 ; 5).2. (n2 – 2n + 2)(n2 + 2n + 2) = n4 + 4.3. On montre que les deux facteurs sont strictement plus grands que 1 pour n > 1.4. 8 points avec (x  ; y) = (1  ; n2 + 4) ou (n2 + 4 ; 1) et les « opposés », (n2 – 2n + 2 ; n2 + 2n + 2), (n2 + 2n + 2 ; n2 – 2n + 2) et les « opposés ».5. Avec la décomposition donnée en A. 2. et la question B. 4, on a les huits points qui répondent à la question.

P O U R A l l E R P lU s lO i n159 1. pa divise a et b donc divise a + b. Et pa + 1 ne divise pas a + b, sinon il diviserait (a + b) – b = a.2. La réciproque est fausse. Avec a = b = 3 × 7, p = 3, on a a = b = 1 et a + b = 2 × 3 × 7, l’exposant dans la somme est égal à a. 160 1.

n mod 8 0 1 2 3 4 5 6 7

n2 mod 8 0 1 4 1 0 1 4 1

2. Si l’on ajoute trois carrés, la somme peut être congrue modulo 8 à 0, 3, 4, 2, 1, 5, 6 (faire un arbre).

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198

161 1. 2 et 5 puisqu’un rep-unit ne se termine jamais par un chiffre pair ou par 5. 2. N3 = 3 × 37, N4 = 11 × 101 et N5 = 41 × 271.3. a. Un rep-unit a pour chiffre des unités 1, donc est congru à 1 modulo 10.On conclut avec le tableau suivant :

n mod 10 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9n2 mod 10 0 1 4 9 6 5 6 9 4 1

b. Si n = 1 + 10k alors n2 = 1 + 20k (1 + 5k) et si n = 9 + 10kalors n2 = 1 + 20 (4 + 9k + 5k2).c. N2 n’est pas un carré. Et pour k ⩾ 3, on peut écrire Nk sous la forme 11 + 100 × Nk – 2 11 (20). Un rep-unit n’est jamais congru à 1 modulo 20.162 2. A est congru à –1 modulo pi pour i entre 1 et n. Les facteurs premiers de A sont donc à chercher dans les pj avec j ⩾ n + 1. Notons pj l’un des facteurs premiers de A. On a pj ⩽ A, c’est-à-dire pj ⩽ p1 p2… pn – 1 et a fortiori pn + 1 < pj < p1 p2… pn.163 1. c = g (0) doit être premier.2. g (kc) = c (ak2c + bk + 1) nombre composé puisque c > 1 et ak2c + kb + 1 > 1 pour k ≠ 0.164 1. Correctif : il se peut qu’il manque une précision dansl’énoncé : r + 1 est le nombre de chiffres de l’écriture décimale de d.On a A + d – B B + (d – B) (mod d) donc A + d – B est multi-ple de d et d – B s’écrivant avec au plus r + 1 chiffres, le nombre A + d – B s’écrit sous la forme 10ar ar –1…a010.2. d divise ar ar –1…a010 et ar ar –1…a0 01 , donc divise leur différence qui vaut 9.3. Un tel critère vérifierait la propriété de symétrie précédente. d serait donc nécessairement égal à 3 ou 9. Et on vérifie que ces deux entiers ne satisfont pas cette propriété.165 Correctif : il faut lire Fn = 2(2n) + 1 et non pas Fn = 2(2n) + 1.

1. (Fn – 1)2k = 2(2n )( )2k

= 22n×2k = 22n+k = Fn+k – 1.2. Fn + k (–1)2k +1 2 (Fn).3. Si d est un diviseur commun de Fn et de Fn + k , d divise les combinaisons linéaires de ces deux nombres, donc divise 2. Donc d est égal à 1 ou à 2. Et d ne peut pas être égal à 2 car les nombres de Fermat sont impairs.4. Pour tout entier naturel n, la décomposition de Fn fait intervenir un nombre premier qui n’est pas encore apparu dans les décompositions des nombres de Fermat précédents.166 1. 2 et 3. Les autres nombres premiers ne peuvent pas être congrus modulo 6 à 0 ou 2 ou 3 ou 4, donc sont congrus à 1 ou 5.2. a. On a A –1 (pi) pour i ⩽ f. Donc les nombres pi avec i ⩽ f ne divisent pas A.b. p1p2 = 6 donc p1p2 … pf 0 (6) et A –1 (6). Si tous les facteurs premiers de A étaient égaux à 1 modulo 6, leur produit, c’est-à-dire A, serait congru à 1 modulo 6. c. Supposons qu’il n’existe qu’un nombre fini f de nombres premiers de la forme 6n + 5. Le nombre A = p1p2 … pf –1 n’aurait alors pas de facteur premier congru à –1 modulo 6, ce qui contredit ce qui précède.

167 On note S = j × a11– jj=2

10

∑ .

1. j × a11– jj=2

10

∑ = 182 6 (11). K = 5.

2. Soit r le reste de j × a11– jj=2

10

∑ par 11. K = 11 – r si r non nul et

K = 0 si r est nul.3. Avec une erreur sur la clef, la contrainte K + j × a11– j

j=2

10

∑ 0 (11)

n’est plus satisfaite. Une erreur sur la clef se détecte donc.Si un chiffre a11 – i est remplacé par un chiffre b, la somme

j × a11– jj=2

10

∑ est remplacée par ib – ia11 – i + j × a11– jj=2

10

∑ .

La différence entre ces sommes est ib – ia11 – i = i(b – a11 – i). Le produit de i (entier entre 2 et 10) et de b – a11 – i (entier non nul entre –9 et 9) ne vaut jamais 0 modulo 11. Avec un seul changement sur les nombres ap la clef ne conviendra donc plus. 4. Si l’on permute a11 – i et a11 – (i + 1), la différence entre la somme initiale S et la nouvelle somme S’ est :

(i + 1)a11 – i + ia11 – (i + 1) – ia11 – i – (1 + i ) a11 – (i + 1),

c’est-à-dire a11 – i – a11 – (i + 1) et la somme est donc modifiée modulo 11 (sauf si les deux chiffres sont égaux, mais ceci ne change pas le code ISBN).168 2. 106 27 (97), donc A 27H + L (97).3.

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

10n mod 97 10 3 30 9 90 27 76 81 34 49 5 50

4. Si K est modifiée, K n’est plus égale à 97 – r et l’erreur est détectée. Si un chiffre a est changé en b dans L, la différence entre les identifiants A et A’ est congrue à une différence (a – b) × 10k modulo 97. Or, 97 étant premier, cette différence (a – b) × 10k ne peut valoir 0 modulo 97. On raisonne de même pour le dernier cas.169 1. r = 85, K = 12.100A = 16 945 004 000 458 155 381 100 = 1012a + 106b + c où a = 16 945 004 000, b = 458 155, c = 381 100. Comme 100 3(97), on a 1012 = 102 × 6 36 (97), soit 1012 50 (97) et 106 27 (97). Ainsi 100A 50a + 27b + c. Les nombres obtenus peuvent maintenant être réduits modulo 97 avec les modèles les plus communs des calculatrices.2.

n 1 2 3 4 5 6 7

10n mod 97 10 3 30 9 90 27 76

n 8 9 10 11 12

10n mod 97 81 34 49 5 50

n 13 14 15 16 17 18 19 20

10n mod 97 15 53 45 62 38 89 17 73

3. Si l’erreur est dans la clef, le calcul de la clef la détecte.

Dans les autres cas : écrivons A = aj ×10 j

j=0

20

∑ . Si l’erreur est

sur le chiffre ai changé en b alors A est changé en A’ avec A – A’ = 10i (ai – b). Et 100A – 100A’ 3 × 10i ((ai – b) et cet entier n’est pas 0 modulo 97 : l’erreur est détectée.4. On procède comme ci-dessus en constatant que A – A’ ne peut être congru à 0 modulo 97.

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199Chapitre 1 Divisibilité et nombres premiers – Term S spécialité

170 1.

TEXAS CASIO

gn (k) = 1 si k divise n, gn (k) = 0 si k ne divise pas n. Si n = kq + ralors n

k = q + rk

et n −1k = q + r – 1

k. Les deux parties entières

sont égales à q pour r non nul. La première est égale à q et la seconde à q – 1 si r = 0.2.

TEXAS CASIO

dn est le nombre de diviseurs de n.3. a. On modifie la dernière ligne du programme précédent :

TEXAS CASIO

b. un = 0 lorsque n n’est pas premier, un = n sinon.4.

TEXAS CASIO

L’affichage est la somme des diviseurs de l’entier n.

171 1. Algorithme :

Entrée : N entier naturel Traitement : Affecter à A la valeur 0Tant que 23 divise N :

Affecter A+1 à AAffecter N23 à N

Sortie : N

TEXAS CASIO

2. Le programme précédent ne peut être utilisé tel quel car 2 013! dépasse les capacités de la calculatrice. On peut, par exemple, traiter un à un les entiers de 2 à 2 013.

TEXAS CASIO

3. Les facteurs 23 qui apparaissent sont donnés par les multiples de 23 : ce sont les nombres 23k avec 23k ⩽ 2 013, soit 1 ⩽ k ⩽ 87. Certains de ces multiples font intervenir deux facteurs 23 : les nombres 23 × 23k pour k = 1, 2, 3. On obtient donc 90 facteurs 23 dans la décomposition de 2 013! 172 Algorithme :

Entrée : un naturel A, un naturel N ⩾ 1 et un naturel M ⩾ 2.Traitement :Affecter à R le reste de la division de A par MAffecter à B la valeur RPour i allant de 2 à N :

Affecter à B la valeur de B × RAffecter à B le reste de la division de B par M

Fin PourSortie : Afficher B

TEXAS CASIO

173 1.

TEXAS CASIO

2. Le programme affiche les chiffres de N. La première valeur de R est en effet le reste dans la division par 10 de l’entier N, c’est-à-dire son chiffre des unités. On « tronque » ensuite ce chiffre des unités et on recommence.3. Si N est non nul, l’écriture N = BQ + R permet d’affirmer Q < N. La suite des quotients est une suite strictement décroissante d’entiers naturels. 0 est donc atteint, sinon on a une infinité d’entiers entre 0 et N.4. On suppose que B = 2 et N < 103.a. 103 ⩽ 210.b. N = 2Q1 +R1 = 2(2Q2 + R2) + R1 = 22Q2 + 2R2 + R1 … et ainsi de suite. 12 = 23 + 22 et 901 = 29 + 28 + 27 + 22 + 1.174 1.

TEXAS CASIO

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200

Prises d'initiatives

177 200 et 320 sont des contre-exemples.178 n5 – n = n(n – 1)(n + 1)(n2 + 1). On vérifie qu’il y a toujours l’un des facteurs pairs et un autre multiple de 5.179 Un entier peut être de trois « types » : 0, 1 ou 2 modulo 3. Si, parmi les 5 entiers choisis, on a (modulo 3) un 0, un 1 et un 2, leur somme est multiple de 3. Sinon, seuls deux des types sont présents. Mais, alors, l’un des deux types est présent au moins 3 fois et la somme de ces trois-là est multiple de 3.180 Si (x ; y) solution alors x2 5 (7) et ceci n’est pas possible (disjonction des cas).181 Un calcul sur les premiers entiers mène à la conjecture d’une suite périodique : 5, 3, 1, 7, 5, 3, 1, 7, 5, 3… On vérifie aisément que f (n + 4) = 2 014 (n + 4) + 2 015 n (8), ce qui permet de justifier la périodicité.182 Si n = a

b alors nb2 = a2. Les facteurs de la décomposition

du membre de droite apparaissent tous avec un exposant pair, donc à gauche aussi par unicité. Comme ils apparaissent avec un exposant pair dans b2, ils apparaissent nécessairement avec un exposant pair dans n. Mais, alors, n est un carré d’entier.183 Si a 2 + b 3 = c 2 + d 3 , alors (a – c ) 2 = (d – b) 3 et 2(a – c)2 = 3(d – b)2. Supposons a – c et d – b non nuls. Le facteur premier 2 apparaît alors avec un exposant impair dans l’entier 2(a – c)2 et un exposant pair dans l’entier 3(d – b)2.184 Soit n un entier dont l’écriture décimale est de longueur m. Les entiers compris entre 9 876 543 210 × 10k + 1 et 9 876 543 210 × 10k + n avec k ⩾ m s’écrivent en utilisant tous les chiffres. Comme ce sont n entiers consécutifs, l’un est multiple de n. En changeant k, les entiers sont modifiés… Il y a bien une infinité de multiples de n satisfaisant la contrainte.

2. Le nombre S = a0 + 10 × (a1 + a2 + … + ak) est remplacé par le nombre S = a0 + 4 × (a1 + a2 + … + ak) qui lui est strictement plus petit tant que (a1 + a2 + … + ak) est non nul, c’est-à-dire tant que N est supérieur à 10. L’algorithme s’arrête donc (principe de descente infinie).3. On vérifie (récurrence) que 10n 4 (6) pour n ⩾ 1, S est donc congru à N modulo 6 à toute étape. Le résultat affiché est donc multiple de 6 si, et seulement si, N l’est.175 1. M1 = 1, M2 = 3, M3 = 7 et M4 = 15.2. an – 1 = (a – 1)(1 + a + a2 + … + an–1). Si an – 1 est premier, alors a – 1 = 1 et a = 2. 3. Si n = dk alors 2n – 1 = 2dk – 1 = (2d)k – 1, ce qui s’écrit sous la forme (2d – 1)(1 + 2d + 22d + … + 22d(k–1), donc Md divise Mn.4. Conséquence de la question précédente.5. Contraposée : « Pour tout entier n ⩾ 2, si Mn est premier alors n est premier ».Réciproque : « Pour tout entier n ⩾ 2, si Mn est composé alors nest composé ». Cette réciproque est fausse car M11 est composé.6. a = bq + r. 2a – 1 = 2bq × 2r – 1 = (2bq – 1)2r + 2r – 1

= 2r(2b – 1)(1 + 2b + 22b + … + 2(q–1)b) + 2r – 1.176 1. Forme 4n – 1 : 3 ; 7 ; 11 ; 19 ; 23. Forme 4n + 1 : 5 ; 13 ; 17 ; 29 ; 37.2. Si p est premier distinct de 2, alors p est de la forme 4n – 1 ou de la forme 4n + 1. En effet, tout entier est de l’une des formes 4n ou 4n + 1 ou 4n + 2 ou 4n – 1 et les formes 4n et 4n + 2 sont des nombres composés pour n 1. Comme il y a une infinité de nombres premiers, l’une des deux formes au moins est prise par une infinité de nombres premiers.3. a. A est impair et A ⩾ 4 × 3 × 7 × 11 × 19 × 23 × 27 – 1 ⩾ 658 811.b. A –1(qi) et A impair : les facteurs premiers de A sont donc de la forme 4n + 1 et A, produit de nombres premiers congrus à 1 modulo 4, vérifie A 1 (4).c. La formule définissant A montre que A –1 (4) d’où une contradiction.

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201

A

Chapitre 2 Problèmes de chiffrement – Term S spécialité

La notion de PGCD de deux entiers est essentielle dans ce chapitre. On découvre des algorithmes de calcul du PGCD de deux entiers et notamment l’algorithme d’Euclide lors des problèmes 2, 3 et 4. Cette notion va permettre de présenter deux grands théorèmes de l’arithmétique, le théorème de Bézout et le théorème de Gauss à l’aide de la notion de nombres premiers entre eux.La résolution d’équations diophantiennes va permettre de chiffrer et de déchiffrer des messages codés à l’aide d’un chiffrement affine comme dans le problème 5, d’un chiffrement à clé publique abordé dans le problème 6 ou du chiffrement de Vigenère présenté dans le problème 7.Le chiffrement de Hill n’est pas abordé dans ce chapitre car il est nécessaire de connaitre le calcul matriciel, notion vue dans le chapitre suivant.On introduit ensuite le PPCM de deux entiers dans les problèmes 8 et 9. On aborde le petit théorème de Fermat dans le problème 10. Le problème 11 propose une démonstration du petit théorème de Fermat pour la valeur particulière 31 et aborde le chiffrement par exponentiation.Le TP3 ainsi que quelques exercices de la rubrique « Pour aller plus loin » reprennent ces différentes situations de chiffrement.Les savoir-faire sont des applications directes du cours qui doivent aider les élèves dans la résolution des exercices simples et classiques de l’arithmétique proposés dans la rubrique « Pour démarrer » et dans la rubrique « Pour s’entrainer ». Des exercices plus variés sont proposés dans la rubrique « Pour s’entraîner » : des exercices de logique, de programmation ou d’utilisation de TICE, des restitutions organisées de connaissances.Les exercices de « Cap vers le bac » sont des exercices ou parties d’exercices d’épreuves récentes de baccalauréat.

Les notions abordées dans le chapitre 21. Plus grand diviseur commun de deux entiers2. Entiers premiers entre eux3. PPCM et petit théorème de Fermat

B Notre point de vue

Le programme

Problèmes de chiffrement2

chaPitre

Exemples de problèmes Contenus

Problèmes de chiffrement (chiffrement affine, chiffrement de Vigenère, chiffrement de Hill).

Sensibilisation au système cryptographique RSA.

• PGCD de deux entiers.• Entiers premiers entre eux.• Théorème de Bézout• Théorème de Gauss

Voir livre page 140 et le site www.bordas-indice.fr pour les corrections détaillées.Correctif : 5 Réponses B et C.

C Avant de commencer

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202

D ProblèmesProblème Un panneau publicitaire1

Dans ce problème, on aborde la notion de plus grand diviseur commun de deux entiers à travers un problème concret.

Partie ALe nombre de carrés nécessaires pour recouvrir le panneau étant un nombre entier, la longueur d du coté du carré doit diviser la longueur et la largeur du panneau.

Partie B1. 450 = 2 × 32 × 52 et 180 = 5 × 22 × 32.D (450) = {1 ; 2 ; 3 ; 5 ; 6 ; 9 ; 10 ; 15 ; 18 ; 25 ; 30 ;

45 ; 50 ;75 ; 90 ; 150 ; 225 ; 450}.D (180) = {1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9 ; 10 ; 12 ; 15 ; 18 ;

20 ; 30 ; 36 ; 60 ; 90 ; 180}.2. D (180) D (450) = {1 ; 2 ;3 ;5 ; 6 ; 9 ; 10 ; 15 ; 18 ; 30 ; 90}.3. d = PGCD (180 ; 450) = 90.4. PGCD (180 ; 450) = 2 × 32 × 5.

Problème Algorithme des différences2Dans ce problème, on découvre certaine propriétés du plus grand diviseur commun de deux entiers, propriétés qui vont permettre la mise en œuvre d’un algorithme de calcul du PGCD.

Partie A1. D (110) = {–110 ; –55 ; –22 ; –11 ; –10 ; –5 ; –2 ;

–1 ; 1 ; 2 ; 5 ; 10 ; 11 ; 22 ; 55 ; 110}.D (66) = {–66 ; –33 ; –22 ; –11 ; –6 ; –3 ; –2 ; –1 ;

1 ; 2 ; 3 : 6 : 11 ; 22 ; 33 ; 66}.2. a. PGCD (110 ; 66) = 22.b. PGCD (–110 ; 66) = 22.c. PGCD (–66 ; 110) = 22.d. Correctif : il faut lire PGCD(–110 ; –66) et non pas PGCD(–110 ; 66).PGCD (–110 ; –66) = 22.

Partie B1. Comme d divise a et b, il divise aussi la combinaison linéaire a – b.2. Comme d ’ divise a – b et b, il divise aussi la combinaison linéaire a – b + b = a.3. Les diviseurs de a et b sont les mêmes que les diviseurs de a – b et de b. D (a) D (b) et D (a – b) D (b) ont le même plus grand élément donc PGCD (a – b ; b) = PGCD (a ; b).4. d divise x et y et divise 3x – 4y = b et divise 2x –3y = a.d divise a et b donc d divise x et y.Donc D (a) D (b) = D (x) D (y) et PGCD (a ; b) = PGCD( x ; y).

Partie C1. On effectue des différences successives et d’après la pro-priété précédente, on obtient le PGCD de a et de b.2. Programmes sur calculatrice :

TEXAS CASIO

Problème Algorithme d'Euclide3On découvre ou on redécouvre l’algorithme d’Euclide pour déter-miner le PGCD de deux entiers à l’aide de divisions euclidiennes successives.1. a. a = bq + r. Soit d un diviseur commun de a et de b alors ddivise la combinaison linéaire a – bq donc d divise r.b. Soit d ’ un diviseur commun de b et r alors d ’ divise la com-binaison linéaire bq + r donc d ’ divise a.c. D (a ; b) D (b ; r) et D (b ; r) D (a ; b) donc D (a ; b) = D (b ; r). D’où les deux ensembles D (a ; b) et D (b ; r) ont le même plus grand élément : PGCD (a ; b) = PGCD (b ; r).2. PGCD(260 ; 91) = PGCD(91 ; 78) = PGCD(78 ; 13)

= PGCD (13 ; 0) = 13.3. a. PGCD (123 ; 95)= 1.b. PGCD (715 ; 55) = 55.c. PGCD (616 ; 52) = 4.

Problème Pavage d'un rectangle4Ce problème va permettre de visualiser géométriquement la mise en œuvre de l’algorithme d’Euclide. On fera appel à l’utilisation du tableur pour déterminer le PGCD de deux entiers.Fichiers disponibles sur www.bordas-indice.fr et sur le ma-nuel numérique premium :

02_TSspe_probleme4.xlsx (Excel 2007), 02_TSspe_probleme4.xls (Excel 2003)

et 02_TSspe_probleme4.ods (OpenOffice).1. a. a divise 15 et a divise 21 donc a divise 21 – 15 = 6. Donc a divise les dimensions de R1.b. a divise 6 et 15 donc a divise 15 – 2 × 6 = 3 et a divise les dimensions de R2.c. 3 est la dimension maximale a des carrés. Comme a divise 21 et 15, alors ces carrés conviennent.d. 6 = 2 × 3 + 0.2. 21 = 2 × 10 + 110 = 1 × 10 + 0donc le pavage se fera avec des carrés de côté 1.3. a. 210 = 188 × 1 + 22188 = 22 × 8 + 1222 = 12 × 1 + 1012 = 10 × 1 + 210 = 2 × 5 + 0donc 2 est le côté des carrés qui conviennent pour le pavage.

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203Chapitre 2 Problèmes de chiffrement – Term S spécialité

b. Voir les fichiers.4. Voir les fichiers.

Problème Chiffrement affine5À travers un problème de chiffrement affine, on découvre la no-tion de nombres premiers entre eux. On utilise dans la partie B un tableur et les fonctions CODE et CAR qui permettent de chiffrer et de déchiffrer les messages plus efficacement.Fichiers disponibles sur www.bordas-indice.fr et sur le ma-nuel numérique premium :

02_TSspe_probleme5.xlsx (Excel 2007), 02_TSspe_probleme5.xls (Excel 2003)

et 02_TSspe_probleme5.ods (OpenOffice).Partie A1. KHNKYC.2. a. On associe 12 à M et on obtient l’équation:

15x + 8 12 (26).Il existe y entier tel que 15x – 26y = 12 – 8 = 4.

b. Correctif : il faut lire y = 15x – 426

et non pas y = 15x – 426

.

Pour x allant de 0 à 26, on cherche dans la table quelle est la valeur de x pour laquelle y est une valeur entière. On trouve x = 2, soit la lettre C.c. CODAGE.Partie B1. On écrit le texte à coder sur la première ligne du tableur.

2. En A2, on entre la formule =CODE(A1) qui permet de transformer la lettre en nombre en fournissant le code ASCII de la lettre écrite.

3. En A3, on entre la formule =A2-65 : on retrouve ainsi un entier compris entre 0 et 25.

4. En A4, on entre la formule =MOD(15*A3+8;26) qui donne le reste de la division euclidienne de 15x + 8 par 26, où x est l’entier de la cellule A3.

5. En A5, on entre la formule =CAR(A4+65) qui permet de transformer un nombre en une lettre, par l’intermédiaire du code ASCII.On recopie ensuite ces formules vers la droite.Partie C1. Les nombres de la ligne 5 sont tous impairs.2. Il existe q entier tel que 2x + 7 = z + 26q, d’où 2x – 26q = z – 7.3. z = 2 × (x – 13q + 3) + 1 donc z est impair.4. Lorsque a = 2 et b = 8, alors les nombres de la ligne 5 sont tous pairs.Lorsque a = 13 et b = 8, alors les nombres de la ligne 5 sont 8 ou 21.

Problème Chiffrement à clé publique6Il s’agit d’une version simplifiée d’un chiff ement asymétrique appelé aussi chiff ement à clé publique. Dans la question 2, on aborde la relation de Bézout.Correctif : il faut lire e = cM + a et non pas e = CM + a.

1. ef – 1 = (cM + a) (dM + b) – 1= M(cdM + ad + bc) + ab – 1 = M(cdM + ad + bc + 1)

et ef –1 est divisible par M. n est donc un entier et n = cdM + ad + bc + 1.Comme a, b, c et d sont supérieurs ou égaux à 3 et M à 8, alors n 3 × 3 × 8 + 9 + 9 + 1 25.2. Soit d = PGCD (e ; n) alors d divise e et n et la combinaison linéaire ef – Mn donc d divise 1 et d = 1.3. a. M = 11 ; e = 58 et f = 70 et n = 369.b. Comme e = 58 et n = 369, alors p 58 m (369).c. 58 × 70 – 11 × 369 = 1.58 × 70m –11 × 369m = m.11 × 369 0 (369) d’où 70p m (369).d. 116 – 0 – 111 – 116.e. OK.

Problème Chiffrement de Vigenère7Il s’agit de découvrir le chiffrement de Vigenère, et d’utiliser un ta-bleur pour le chiffrement et le déchiffrement de messages.Fichiers disponibles sur www.bordas-indice.fr et sur le ma-nuel numérique premium :

02_TSspe_probleme7.xlsx (Excel 2007), 02_TSspe_probleme7.xls (Excel 2003)

et 02_TSspe_probleme7.ods (OpenOffice).1. a. Voir fichier.

b. MOD(CODE(A1)+CODE(A2)–2*65;26) donne le reste de la division euclidienne par 26 de la somme des lettres écrites en A1 et en A2.La fonction CAR donne la lettre codée.c. VIGNERE devient HIZLEKL.2. a. Soit x la valeur de la lettre à déchiffrer : x + 12 4 (26) soit x –8 (26), il existe q entier tel que x + 26q = –8.b. –8 18 (26).c. Voir fichier.

Problème Satellites8C’est une situation classique qui permet d’aborder la notion de plus petit multiple commun de deux entiers.1. 68 = 22 × 17 et 200 = 23 × 52.2. PPCM (68 ; 200) = 23 × 52 × 17 = 3 400.3. On retrouvera la même configuration à 10 h + 3 400 h plus tard soit 142 jours et 2 h plus tard soit le 21 mai à 12 h.

Problème Remplissage d'une boîte9Dans ce problème, on relie la notion de plus grand diviseur com-mun et la notion de plus petit multiple commun. On utilise la dé-composition en nombres premiers.1. a. a = PGCD (882 ; 945) = 63.Les valeurs possibles pour a sont les diviseurs de 63 soit :

1 ; 3 ; 7 ; 9 ; 21 et 63.b. V = 77 760 = L × 2. 12 est le PGCD de L et de , il existe donc deux entiers premiers entre eux tels que L = 12L’ et = 12’.V = 123L’ × ’2 ; on obtient : L’ × ’2 = 45 soit ’ = 1 ou ’ = 3.

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204

E Exercices

Les deux boîtes ont pour dimensions : 12 × 12 × 540 et 36 × 36 × 60.

2. a. Comme le nombre de boîtes à placer dans cette caisse cubique est un nombre entier, le nombre c est un multiple de L et de donc un multiple de L et .b. PPCM (882 ; 945) = 13 230 et c est un multiple de 13 230.3. a. 15 435 = 32 × 5 × 73 et 105 = 3 × 5 × 7.b. Les dimensions sont = 21 et L = 35.

Problème Nombres de Carmichaël10Ce problème sur les nombres de Carmichaël permet d’aborder le corollaire du petit théorème de Fermat.1. a. Il s’agit de la somme de n termes consécutifs d’une suite géométrique de raison a donc :

1 + a + … + a n–1 = an – 1a – 1 pour a 1.

b. P(a) = (a – 1)k où k = 1 + a + … + a n–1 .2. a. Pour n = 280 et en prenant a2 à la place de a dans l’égalité de la question 1., on a (a2)280 = k (a2 –1) avec k entier. En multipliant les deux membres de l’égalité par a, on obtient :

a561 –a = ka (a2 – 1).b. Si a 0 (3), alors a561 – a 0 (3).Si a 1 (3), alors a2 – 1 0 (3) et a561 – a 0 (3).Si a 2 (3), alors a2 – 1 = 0 (3) et a561 – a 0 (3).Donc a561 – a est divisible par 3.3. a. Pour n = 28 et a10 à la place de a dans l’égalité de la ques-tion 1. a., puis en multipliant les deux membres par a on ob-tient l’égalité.b. En raisonnant par disjonction des cas modulo 11, on montre que a561 – a est divisible par 11.4. Même démarche que dans la question 2. et la question 3.5. Comme 3, 11 et 17 sont premiers entre eux, et comme 3 × 11 × 17 = 561, d’après le corollaire 1 du théorème de Gauss, le nombre a561 – a est divisible par 561.6. 561 est un nombre de Carmichaël car il n’est pas premier et pour tout entier a, 561 divise a561 – a.

Problème Chiffrement par exponentiation11Dans ce problème, on découvre la démonstration du petit théo-rème de Fermat dans le cas particulier où p = 31. Cette démons-

tration permet d’utiliser la relation de congruence liée au petit théorème de Fermat dans un exemple de chiffrement par expo-nentiation.Fichier disponible sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium :02_TSspe_probleme11.xws (Xcas).

Partie A1. Comme 31 est un nombre premier, il est premier avec tous les entiers naturels qui lui sont strictement inférieurs. De plus a n’est pas divisible par 31. Donc 31 est premier avec tous les éléments de M (a).2. a. Supposons que, pour k ≠ k ’, on ait rk = rk ’. a (k –k ’) est un multiple de 31 compris entre –30a et 30a. Le seul multiple qui convient est 0 et ainsi k = k ’. Donc rk = rk ’.b. Réciproquement si rk ≠ rk ’ alors a(k –k ’), compris entre –30aet 30a, n’est pas un multiple de a. Donc k –k ’ ≠ 0 et k ≠ k ’. Tous les restes sont différents et appartiennent à l’ensemble {1 ; 2 ; … ; 30}.3. Le produit des restes est égal au produit des éléments de {1 ; 2 ; … ; 30}.Comme ka rk (31), alors :

30 × 29 × … × 2 × 1 × a30 30 × 29 × … × 2 × 1 (31).4. 30 × 29 × … × 2 × 1 × a30 – (30 × 29 × … × 2 × 1) 0 (31).Donc 30 × 29 × … × 2 × 1 × (a30 – 1) est un multiple de 31. Comme 31 est premier avec le produit 30 × 29 ×… × 2 × 1 alors (a30 – 1) est un multiple de 31 et a30 – 1 0 (31) soit a30 1 (31).

Partie B1. Comme 7 et 30 sont premiers entre eux, d’après le théo-rème de Bézout, il existe deux entiers d et v tels que :

7d + 30v = 1. Par exemple d = 13 et v = –3 répondent à la question.2. B n’est pas divisible par 31. D’après la partie A, B30 1 (31).7d = 1 –30v d’où B7d = B1 – 30v = B × (B30)–v avec –v positif. Donc B7d B (31).3. Cd = B7d B (31).4. YAH?.5. Voir fichier.

P O U R D É M A R R E R1 630

546= 15

13.

2 1. 456 = 58 × 7 + 50.

2. Les diviseurs communs de 456 et de 58 sont aussi des divi-

seurs de 456 – 7 × 58 donc de 50.

D50 = {1 ; 2 ; 5 ; 10 ; 25 ; 50}. Par élimination, les diviseurs com-

muns de 456 et 58 sont 1 et 2.3 2. Comme 123 456 – 789 × 156 = 372, les diviseurs com-

muns de 123 456 et de 7 789 sont aussi des diviseurs de 372.4 Voir livre page 140.5 1. D145 = {1 ; 5 ; 29 ; 145} et D30 = {1 ; 2 ; 3 ; 5 ; 6 ; 10 ; 15 ; 30}.

2. D145 D30 = {1 ; 5}.3. D870 D180 = {1 ; 2 ; 3 ; 5 ; 6 ; 10 ; 15 ; 30}.

6 a. D56 D72 = {1 ; 2 ; 4 ; 8}.b. D56n D72n = {1 ; 2 ; 4 ; 8 ; n ; 2n ; 4n ; 8n} pour n entier pre-mier différent de 2.

7 1. 140 = 22 × 5 × 7 et 154 = 2 × 7 × 11.2. PGCD (140 ; 154) = 14.

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205Chapitre 2 Problèmes de chiffrement – Term S spécialité

8 7 980 = 22 × 3 × 5 × 7 × 19 et 19 800 = 23 × 32 × 52 × 11.PGCD (7 980 ; 19 800) = 22 × 3 × 5 = 60.

9 Voir livre page 141.10 PGCD (656 ; 321) = 1 donc le seul diviseur commun posi-

tif de ces deux entiers est 1.11 PGCD (151 782 ; 698 394) = 246.

151 782 = 246 × 617 et 698 394 = 246 × 2 839.151 782698 394

= 6 6172 839

.

12 Soit d le PGCD de n + 2 et de 2, d est un diviseur de 2 et d {1 ; 2}. Si n est pair : d = 2, si n est impair : d = 1.13 Soit d le PGCD de n + 1 et de 3, d est un diviseur de 3 et

d {1 ; 3}. d = 3 pour tout n tel que n + 1 0 (3) soit pour tout n 2 (3) et d = 1 dans les autres cas.14 Voir livre page 141.15 1. PGCD (A ; 3) {1 ; 3}.

2. PGCD (A  ; 3) = 3 lorsque A est divisible par 3, c’est-à-dire lorsque 2n est divisible par 3, donc pour tout n multiple de 3. PGCD (A ; 3) = 1 dans les autres cas.16 1. 2A – 3B = 6n + 10 – 6n + 3 = 13.

2. PGCD (A ; B) {1 ; 13}.17 Voir livre page 141.18 a et b ont pour PGCD 26, donc il existe a’ et b’ premiers

entre eux tels que a = 26a’ et b = 26b’.a × b = 262a’ × b’ = 6 084 et a’b’ = 9 = 1 × 9 = 3 × 3 = 9 × 1.On obtient les couples (26 ; 234), (243 ; 26) et (78 ; 78).19 240 = 12 × 20.

L’autre entier peut être 12 × 1 = 12 ou 12 × 5 = 60 ou 12 × 7 = 84 ou 12 × 11 = 132 ou 12 × 13 = 156 ou 12 × 17 = 204 ou 12 × 19 = 228.

20 31535 = 9 Les entiers cherchés sont des multiples de 35,

donc de la forme 35k avec k entier compris entre 0 et 8 et PGCD (9 ; k) = 1. On en conclut :

n {35 ; 70 ; 140 ; 175 ; 245 ; 280}.21 252 = 10 + kp et 547 = 8 + k ’p avec k et k ’ entiers.

252 – 10 = 242 et 547 – 8 = 539 sont divisibles par p.PGCD (242 ; 539) = 11, donc p = 1 ou p = 11.22 1 234 = 2 + kp et 5 678 = 22 + k ’p avec k et k ’ entiers.

1  234 – 2 = 1  232 et 5  678 – 22 = 5  656 sont divisibles par PGCD (1 232 ; 5 656) = 56, donc p {1 ; 2 ; 4 ; 7 ; 8 ; 14 ; 28 ; 56}.23 a. 855 et 57 ne sont pas premiers entre eux :

PGCD (855 ; 57) = 57.b. 171 et 99 sont divisibles par 9.c. 322 647 et 38 160 sont premiers entre eux.d. 535 075 est divisible par 1 259.24 a. Non. b. Non. c. Oui. d. Oui.25 Voir livre page 141.26 N = 7 + 52q = 7 + 64q’ avec q et q’ entiers.

52q = 64q’ ⇔ 13q = 16q’. Comme PGCD (21 ; 13) = 1, d’après le théorème de Gauss q est divisible par 16 et q’ par 13. Le plus petit entier q est 16 et N = 839.27 1. P = n (n + 1) (n + 2) ; parmi les trois entiers consécutifs

un au moins est pair et N est divisible par 2. Parmi les trois en-tiers consécutifs, un est divisible par 3 et N est divisible par 3.

2. Comme 2 et 3 sont premiers entre eux, alors N est divisible par leur produit 6.28 Voir livre page 141.29 1. x 2 (7) ⇔ il existe k entier tel que x = 7k + 2.

x 2 (3) ⇔ il existe k ’ entier tel que x = 3k ’ + 2.On obtient l’équation 7k = 3k ’ (E) et comme 7 et 3 sont pre-miers entre eux, d’après le théorème de Gauss, 3 divise k ’ et 7 divise k. On obtient k = 7q et k ’ = 3q’ avec q et q’ entiers. En remplaçant dans l’équation (E), on a q = q’.D’où x = 21q + 2 ou x – 2 = 21q soit x – 2 est un multiple de 21.2. Les entiers cherchés sont 2, 3, 44, 65, 86, 107, 128, 149, 170 et 191.30 1. Comme PGCD (m ; n) = 7, il existe deux entiers naturels

m’ et n’ premiers entre eux tels que m = 7m’ et n = 7n’. Comme m × n = 588, on a 49m’ × n’ = 580 soit m’ × n’ = 12.2.

31 Il existe m’ et n’ deux entiers premiers entre eux tels que

m = 5m’ et n = 5n’ et mn = m’

n’ = 34

. D’où m’ = 4 et n’ = 3.

Donc m = 20 et n = 15.32 a. (3 ; 24), (6 ; 21) ; (9 ; 18), (12 ; 15), (15 ; 12), (18 ; 9), (21 ; 6)

et (24 ; 3).b. (5 ; 50), (10 ; 25), (25 ; 10) et (50 ; 5).c. (16 ; 9).33 (3 ; –5).34 (3 ; 1).35 1. (2 ; 1).

2. x = 2 + 3k et y = 1 + 2k, avec k entier.36 1. (5 ; –8).

2. x = 5 + 13k et y = –8 – 21k, avec k entier.37 1. (9 ; –3).

2. x = 9 + 5k et y = –3 – 2k, avec k entier.38 Voir livre page 141.39 1. PGCD (2 045 ; 65) = 1.

2. Le théorème de Bézout assure l’existence d’au moins une solution de (E).3. (21 ; 671) est une solution particulière d’où x = 21 + 64k et y = 671 + 2 045k avec k entier.4. x = 147 + 64k et y = 4 697 + 2 045k avec k entier.40 A – 2B = 1, donc d’après le théorème de Bézout A et B

sont premiers entre eux.41 1. A = 2n + 3 et B = 3n + 4 et 3A – 2B = 1.

2. D’après le théorème de Bézout, A et B sont premiers entre eux.42 a. PPCM (108 ; 144) = 432.

b. PPCM (128 ; 230) = 14 720.c. PPCM (1 848 ; 1 950) = 600 600.d. PPCM (480 ; 735) = 23 520.e. PPCM (876 ; 1 028) = 225 132.43 Voir livre page 141.

m’ 1 3 4 12

n’ 12 4 3 1

m 7 21 28 84

n 84 28 21 7

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206

44 PGCD (35 ; 24) = 1 donc PPCM (35 ; 24) = 35 × 24 = 840.45 PGCD (24 ; 36) = 12 donc PPCM (24 ; 36) = 24 × 36

12 = 72.46 PPCM (n ; 25) = 3 × 25 donc n = 3 ou n = 75.47 PGCD (x ; y) = 650

130 = 5.

(5 ; 130), (10 ; 65), (130 ; 5) et (65 ; 10) sont les couples d’entiers cherchés.48 Voir livre page 141.49 541 est un nombre premier ne divisant pas 123, donc

d’après le petit théorème de Fermat : 123540 1 (54). Ainsi, le reste est 1.50 1. Comme 307 est un nombre premier d’après le co-

rollaire du petit théorème de Fermat, on a n307 (307) pour tout n.2. Il faut que n ne soit pas divisible par 307.51 1. Les entiers n qui vérifient n10 n (11) sont les entiers

non divisibles par 11.2. Les entiers n qui vérifient n6 n (7) sont les entiers non divisibles par 7.3. Comme 7 et 11 sont premiers entre eux, les entiers n qui vérifient n60 n (77) sont les entiers non divisibles par 11 et non divisibles par 7.

P O U R s ’ E n t R A î n E R

52 d = PGCD (A ; B) divise A – 5B = 23 donc d {1 ; 23}. Si d = 23, alors B 0 (23) et n 4 (23). d = 1 dans les autres cas.53 d = PGCD (A ; B) divise A – 2B = –3 donc d {1 ; 3}. Si d = 3,

alors B 0 (3) et 2n –11 (23) soit 2n 1 (3) soit n 2 (3). d = 1 dans les autres cas.

54 Soit d un diviseur commun de x et y alors d divise x – 2y = –b donc d divise b.d divise 2x – 5y = –a donc d divise a.D (x ; y) D (a ; b).Les diviseurs communs de a et de b divisent toutes les combi-naisons linéaires de a et de b donc divisent x et y. D (a ; b) D (x ; y).D (a ; b) = D (x ; y) et PGCD (a ; b) = PGCD (x ; y).55 Soit d un diviseur commun de x et y alors d divise

3x –7y = –b donc d divise b.d divise 2x – 5y = –a donc d divise a. D (x ; y) D (a ; b).Les diviseurs communs de a et de b divisent toutes les combi-naisons linéaires de a et de b donc divisent x et y. D (a ; b) D (x ; y).D (a ; b) = D (x ; y) et PGCD (a ; b) = PGCD (x ; y).56 1. a. 13. b. 3. c. 60. d. 4. e. 1.

2. 52

, 289

, 52

, 1 663231 et 27 634

6 551.

57 a. Soit m un diviseur commun de a et b, m divise a et b, donc divise toute combinaison linéaire de a et b, en particulier a et a + b.Réciproquement, si m divise a et a + b alors m divise toute

combinaison linéaire de a et de a + b donc en particulier a + b – a = b. Donc m divise a et b.Les diviseurs communs de a et b sont les diviseurs communs de a et a + b : PGCD (a ; a + b) = d.b. Soit m un diviseur commun de 15a + 4b et de 11a + 3b, mdivise 11(15a + 4b) – 15(11a + 3b) = –b. Et m divise 3(15a + 4b) – 4(11a + 3b) = a ; donc m divise a et b.Réciproquement, si m divise a et b il divise :

15a + 4b et 11a + 3b. Les diviseurs de a et b sont les diviseurs de : 15a + 4b et 11a + 3b : PGCD (15a + 4b ; 11a + 3b) = d.58 Voir livre page 141.60 Fichiers disponibles sur www.bordas-indice.fr et sur le

manuel numérique premium :02_TSspe_exercice60.xlsx (Excel 2007), 02_TSspe_exercice60.xls (Excel 2003)

et 02_TSspe_exercice60.ods (OpenOffice).On conjecture que si n 0 (3) et n 2 (3), alors PGCD (P(n) ; Q(n)) = 3.Si n 1 (3), PGCD (P(n) ; Q(n)) = 1.DémonstrationSoit d = PGCD (P(n) ; Q(n)), d divise P(n) et d divise Q(n), donc d divise P(n) – 2Q(n) = 3.d est donc un diviseur de 3, d’où d {1 ; 3}.Si d = 3, alors P (n) et Q(n) sont divisibles par 3.Si n 0 (3), alors P (n) 0 (3) et Q (n) 0 (3).Si n 2 (3), alors P (n) 0 (3) et Q (n) 0 (3).Si n 1 (3), alors P (n) 1 (3) et Q (n) 2 (3).D’où la conclusion.61 1. Il existe deux entiers p et q premiers entre eux tels que

a = 15p et b = 15q. Comme a et b sont des entiers naturels inférieurs à 150, alors p et q sont des entiers naturels inférieurs à 10.2. Comme a + b = 210, alors p + q = 14.3.

62 Fichiers disponibles sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium :

02_TSspe_exercice62.alg (AlgoBox) et 02_TSspe_exercice62.xws (Xcas).63 Fichiers disponibles sur www.bordas-indice.fr et sur le

manuel numérique premium :02_TSspe_exercice63.xlsx (Excel 2007), 02_TSspe_exercice63.xls (Excel 2003)

et 02_TSspe_exercice63.ods (OpenOffice).1. a = 1 × a + 0 × b et b = 0 × a + 1 × b.b. a = bq1 + r1

et r1 = a – bq1 = a × u0 + v0b – (a × u1 + v1b)q1

= a(u0 –u1q1) + b(v0 – v1q1)

p q a b1 13 15 1953 11 45 1655 9 65 135

13 1 195 1511 3 165 459 5 165 45

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207Chapitre 2 Problèmes de chiffrement – Term S spécialité

et donc u2 = u0 – u1q1 et v2 = v0 – v1q1.c. De même u3 = u1 – u2q2 et v3 = v1 – v2q2.2. a. Il s’agit de divisions euclidiennes successives et donc de l’algorithme d’Euclide. Le dernier reste non nul est le PGCD de a et de b et les dernières valeurs de u et v les coefficients de l’identité de Bézout.b. PGCD (1 694 ; 319) = 11.1 694 × 13 – 319 × 69 = 11.64 Voir livre page 141.65 VRAI. PGCD (2n + 2 ; 4n + 2) = 2 PGCD (n + 1 ; 2n + 1).

n + 1 et 2n + 1 sont premiers entre eux car 2(n + 1) – (2n + 1) = 1, donc PGCD (2n + 2 ; 4n + 2) = 2 × 1 = 2.66 FAUX. Par exemple, a = 1 et b = –1 vérifient cette relation,

et leur PGCD n’est pas égal à 9.67 FAUX. Par exemple, pour n = 2 : 9 et 3 ont pour PGCD 3,

qui n’est pas un diviseur de 4.68 VRAI. Si on pose x = 6x’ et y = 6y’ avec x’ et y’ premiers

entre eux, alors x’ + y’ = 75.Par exemple, on peut prendre (x’ ; y’) = (50 ; 25) et le couple (300 ; 150) est solution du problème.69 A = 2n, B = 2(n + 1) et PGCD (A ; B) = 2PGCD (n ; n + 1) = 2

car n et n + 1 sont premiers entre eux.70 Il existe deux entiers 1 et –3 tels que 3n + 1 + (–3)n = 1.

D’après le théorème de Bézout, 3n + 1 et n sont premiers entre eux et la fraction est irréductible.71 Voir livre page 141.72 1. Soit d un diviseur commun de ab et a + b, d divise ab et

a + b, il divise a (a + b) – ab = a2 et b (a + b) – ab = b2.Or a et b sont premiers entre eux et donc a2 et b2 aussi. Donc d = 1 et ab et a + b sont premiers entre eux.2. Soit d un diviseur commun de a et de b, alors d divise ab et a + b. Si ab et a + b sont premiers entre eux, d = 1 et a et b sont premiers entre eux.73 1. Soit d un diviseur commun de a et de b, alors d divise

b2. Donc d est un diviseur commun de a et de b2. Comme a et b2 sont premiers entre eux alors d = 1 et a et b sont premiers entre eux.2. Réciproque  : supposons qu’il existe un diviseur p premier commun à a et b2. En utilisant la décomposition en facteurs premiers de a et de b2, on en déduit qu’il existe Q et Q’ entiers tels que a = Qp et b2 = Q’2p2 = (Q’p)2.p est alors un diviseur premier commun à a et b, ce qui est contradictoire avec l’hypothèse que a et b sont premiers entre eux. Donc a et b2 sont premiers entre eux.74 Soit d un diviseur commun de M = 3x + 4y et de N = 4x + 5y,

alors d divise 4M – 3N = –y et d divise 5M – 4N = x donc d divise x et y. Soit d’ un diviseur commun de x et y alors d’ divise toutes les combinaisons linéaires de x et y donc d’ divise M et N. Les diviseurs communs de x et y sont aussi les diviseurs communs de M et N. Donc si x et y sont premiers entre eux, il en est de même pour 3x + 4y et de 4x + 5y.75 Si m

n est irréductible, alors m et n sont premiers entre

eux. Soit d un diviseur commun de M et N, alors d4M – 3Nc’est-à-dire dm et d5M – 4N c’est-à-dire dn. D’où d = 1 et M

et N sont premiers entre eux. MN est irréductible.

Réciproquement, si MN est irréductible alors M et N sont pre-

miers entre eux. Soit d un diviseur commun de m et de n, alors

dM et dN donc d = 1 et mn est irréductible.

76 Pour que ait des points à coordonnées entières, il faut que h(x) pour x .Il faut que 2x + 3 divise 3x + 5.Si 2x + 3 divise 3x + 5, il divise 2 (3x + 5) – 3(2x + 3) = 1, donc 2x + 3 est égal à –1 ou 1 et x est égal à –2 ou –1. a donc seu-lement deux points à coordonnées entières : (–1 ; 2) et (–2 ; 1).77 Voir livre page 141.78 1. Voir cours.

2. 5m + 1 – 5m = 1, d’après le théorème de Bézout 5m + 1 et msont premiers entre eux.3. pm + 1 – pm = 1, d’après le théorème de Bézout pm + 1 et msont premiers entre eux.4. Soit d un diviseur commun de m et pm + q, alors d divise toute combinaison linéaire de m et de pm + q  ; en particulier pm + q – pm = q. Donc d divise q et m. Or si m et q sont premiers entre eux, alors d = 1 et pm + q et m sont premiers entre eux.79 Fichiers disponibles sur www.bordas-indice.fr et sur le

manuel numérique premium :02_TSspe_exercice79.xlsx (Excel 2007), 02_TSspe_exercice79.xls (Excel 2003),02_TSspe_exercice79.ods (OpenOffice)

et 02_TSspe_exercice79.xws (Xcas).

1.n P (n) Q (n) PGCD (P ; Q)

0 30 6 6

3 600 60 60

6 2 520 168 168

9 6 600 330 330

12 13 650 546 546

15 24 480 816 816

18 39 900 1 140 1 1

21 60 720 1 518 1 518

24 87 750 1 950 1 950

27 121 800 2 436 2 436

30 163 680 2 976 2 976

PGCD (P (n) ; Q (n)) = Q (n) lorsque n est un multiple positif de 3.2. Les seuls diviseurs positifs de 3 sont 1 et 3, donc PGCD (5n + 15 ; 3) vaut 1 ou 3.3. Si n 0 (3) alors 5n + 15 0 (3) et PGCD (5n + 15 ; 3) = 3.Si PGCD (5n + 15 ; 3) = 3 alors il existe k entier naturel tel que 5n + 15 = 3k ou 5n = 3(k – 5). Comme 5 et 3 sont premiers entre eux, d’après le théorème de Gauss, 3 divise n et n 0 (3).4. P(x) = 5(x + 1) (x + 2) (x + 3) et Q(x) = 3 (x + 1) (x + 2).5. PGCD(P(n) ; Q(n)) = (n + 1)(n + 2) PGCD(5n + 15 ; 3).Si n est un multiple de 3, alors :

PGCD (5n + 15 ; 3) = 3 et PCDG(P(n) ; Q(n)) = Q(n).

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208

80 VRAI. En effet : (–2) × n + (2n + 1) = 1.

81 FAUX. Pour n = 2, la fraction vaut 55 et elle n’est pas ir-

réductible.82 FAUX. En effet, le PGCD de 3n + 1 et 11 vaut 1 ou 11 : il

vaut en particulier 11 pour n = 7.83 1. 32 = 15 × 2 + 2 et 15 = 2 × 7 + 1, donc 32 et 15 sont

premiers entre eux.2. (8 ; –17) est un couple solution.84 1. (3 ; –2) est un couple solution.

2. (E1) : (3 ; 2) ; (E2) : (–3 ; –2) ; (E3) : (–3 ; 2) ; (E4) : (6 ; –4) ; (E5) : (–30 ; 20) ; (E6) : (–30 ; –20).85 11 et 8 sont premiers entre eux, d’après le théorème de

Gauss, 11 divise y et 8 divise x, donc il existe deux entiers k et k ’ tels que x = 8k et y = 11k ’. En remplaçant dans l’équation, on trouve k = k ’ et les solutions sont les couples d’entiers (8k ; 11k) avec k entier.86 1. 3 × 9 –2 × 13 = 1.

2. x = 9 +13k et y = 2 + 3k, avec k entier.3. a. 3x 1 (13) ⇔ il existe y tel que 3x – 13y = 1 et x 9 (13).b. 13y 2 (3) ⇔ y 2 (3).87 On peut raisonner par disjonction des cas.

Pour n 0 (4), n 1 (4), n 2 (4) et n 3 (4) on a A 0 (4).Pour n 0 (3), n 1 (3) et n 2 (3), on a A 0 (3).Comme 3 et 4 sont premiers entre eux, A est divisible par3 × 4 = 12.88 Voir livre page 141.89 1. a pour équation –7x + 4y = 1.

(1 ; 2) et (5 ; 9) sont des points de à coordonnées entières.(1 ; 0) et (4 ; 6) sont des points à coordonnées entières de ’.2. En résolvant l’équation –7x + 4y = 1, on obtient les couples (1 + 4k ; 2 + 7k), où k est un entier.3. En résolvant l’équation 2x – y = 2 on obtient les couples (4 + k ’ ; 6 + 2k ’) où k ’ est un entier.4. La solution du système est (2 ; 5).5. Les droites ne sont pas parallèles et ont donc un point d’in-tersection qui a pour coordonnées (9 ; 16).90 1. Comme 4 et 3 sont premiers entre eux, d’après le

théorème de Bézout, il existe au moins un couple d’entiers (x ; y) tels que 4x – 3y = 1, donc le couple (11x ; 11y) est solution de l’équation (1).2. x = 11 + 3k et y = 11 + 4k avec k entier.3. PGCD (x  ; y) divise 11, donc 11 est la valeur maximale du PGCD de x et de y.91 Voir livre page 141.

Correctif : la réponse à la question 2. a. est x = 5k et y = 4k, avec k entier.92 1. Voir cours.

2. ax 1(b) ⇔ ax = 1 + kb avec k entier ⇔ ax – bk = 1, équa-tion qui a des solutions si et seulement si a et b sont premiers entre eux. 93 1. L’équation (E) a des solutions si et seulement si

PGCD (5 ; 20) divise n. Donc n doit être un multiple de 5.2. n = 165, (E) : x + 4y = 33.

Les solutions sont de la forme x = 1 + 4k et y = 8 – k, k .3.

kNombre de

billets de 5 €Nombre de

billets de 20 €0 1 81 5 72 9 63 13 54 17 45 21 36 25 27 29 18 33 0

94 VRAI. Par exemple, (x ; y) = (4 ; –2) est solution.95 VRAI. 3x 1 (6) équivaut à 3x – 6k = 1, avec k .

3x – 6k = 1 ⇔ 3(x – 2k) = 1, ce qui est impossible.96 VRAI. 3x 3 (6) ⇔ 3x = 3 + 6k, avec k

⇔ x = 1 + 2k, avec k

⇔ x 1 (2).97 Soit A et B les entiers cherchés, PGCD (A  ; B) = 6 et les

couples cherchés sont (6 ; 120) ; (120 ; 6) (24 ; 30) et (30 ; 24).98 Voir livre page 141.99 1. d est un diviseur de 6, donc d {1 ; 2 ; 3 ; 6}.

2. PPCM (n ; 6) × PGCD (n ; 6) = 6n = 96d d’où n = 16d.3. Si d = 1 : n = 16 ; si d = 2 : n = 32 ; si d = 3 : n = 48 et si d = 6 : n = 96.100 1. Voir cours page 58.2. Il existe a’ et b’ entiers premiers entre eux tels que a = da’ et b = db’. On obtient a’b’ = 21.Les couples cherchés sont (d  ; 21d), (3d  ; 7d)  ; (21d  ; d) et (7d ; 3d).102 1. Pour M = 30 et D = 3, l’algorithme affiche X = 30 et Y = 3 ; X = 15 et Y = 6.Pour M = 90 et D = 5, l’algorithme affiche X = 90 et Y = 5  ; X = 45 et Y = 10.2. L’algorithme affiche les diviseurs de M qui sont aussi des multiples de D.3. Si D = 1, l’algorithme affiche les diviseurs de M.103 1. a. p divise a + b et ab donc divise a (a + b) – ab = a2 et divise b (a + b) – ab = b2.b. Comme p est un nombre premier, s’il divise a2 et b2, alors il divise a et b.c. Les diviseurs de a et b sont aussi les diviseurs de a + b et de ab par combinaisons linéaires. Les diviseurs de a + b et ab sont aussi les diviseurs de a et de b. D (a ; b) D (a + b ; ab) D (a2 ; b2) et PGCD (a ; b) PGCD (a + b ; ab) PGCD (a2 ; b2). Comme PGCD (a + b ; ab) = p est premier alors PGCD (a ; b) = 1 ou PGCD (a ; b) = p. Mais PGCD (a ; b) = 1 implique que PGCD (a2 ; b2) = 1 et par suite que PGCD (a + b ; ab) = 1, ce qui est incompatible avec l’énoncé.2. a. On trouve les couples suivants : (5 ; 170) et (10 ; 85).b. D’après la question 1., comme 5 est premier, le système est équivalent au système précédent et admet les mêmes solu-tions.104 VRAI. En effet, si x et y sont premiers entre eux, alors PGCD (x ; y) = 1 et PPCM (x ; y) = xy.

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209Chapitre 2 Problèmes de chiffrement – Term S spécialité

105 VRAI. Le PPCM de a et b est multiple de a et de b, donc il est aussi multiple de 7 et 5. Puisqu’il est divisible par 7 et 5, avec 7 et 5 premiers entre eux, il est divisible par leur produit 35.106 VRAI. Il suffit de considérer les décompositions en fac-teurs premiers de x et y.107 1. Comme 7 est un nombre premier, d’après le corollaire du petit théorème de Fermat, pour tout n entier, n7 n (7).2. Soit n 0 (2) et n7 0 (2) d’où n7 n (2).Soit n 1 (7) et n7 1 (7) d’où n7 n (2).3. n7 – n est divisible par 7 et par 2, comme 7 et 2 sont premiers entre eux, n7 – n est divisible par leur produit donc par 14.108 1. Comme 5 est premier, d’après le corollaire du petit théorème de Fermat, pour tout n entier, n5 n (5) et A est divisible par 5.2. Si n 0 (3) ou n 1 (3) ou n 2 (3), A 0 (3).Donc A est divisible par 3.3. Comme 3 et 5 sont premiers entre eux, A est divisible par leur produit donc par 15.110 1.

2. Comme 7 est premier, d’après le petit théorème de Fermat, n6 1 (7) pour tout entier n non divisible par 7.3. 2 012 3 (7) et 2 012 2 (6) donc 2 0122 012 32 (7) et le reste cherché est 2.2 016 0 (7) et 2 0162 016 0 (7), donc le reste cherché est 0.111 1. p est un nombre premier, d’après le petit théorème de Fermat n p – 1 1 (p) pour tout entier n non divisible par p. On en déduit que n p n (p) pour tout entier n non divisible par p.Si n est divisible par p alors np – n est divisible par p et n p n(p). La relation est vraie pour tout n entier.2. a. En raisonnant par disjonction des cas modulo 3, on montre que A est divisible par 3 pour tout n entier.b. On applique le corollaire du petit théorème de Fermat et Aest divisible par 7 pour tout n entier.c. A est divisible par 3 et 7 qui sont premiers entre eux, donc par leur produit 21.112 x5 x (30).Soit A = x5 – x. 2 est premier, 3 est premier et 5 est premier. D’après le corollaire du petit théorème de Fermat, x2 x (2), x4 x2 (2) et x 4 x (2) et x5 x2 (2) soit x5 x (2). Donc A est divisible par 2.x3 x (3) et x5 x3 (3) et x5 x (3) donc A est divisible par 3.x5 x (5), donc A est divisible par 5.Comme 2, 3 et 5 sont premiers entre eux, d’après le théorème de Gauss, A est divisible par 2 × 3 × 5 donc par 30 et x5 x (30).Donc S = .113 Voir livre page 141.114 FAUX. En effet : 1 234123 1 234 (123) 4 (123).115 FAUX. Par exemple, pour n = 3 : 316 1 (17).116 FAUX. Par exemple, pour n = 17 : 1716 0 (17).117 VRAI. C’est le corollaire du petit théorème de Fermat.118 x = 14 + 9k et y = –7 – 5k, k .119 4B – 3A = 1, donc d’après le théorème de Bézout, A et B

Reste de a 0 1 2 3 4 5 6

Reste de a6 0 1 1 1 1 1 1

sont premiers entre eux.120 A = (3n + 1) n et B = (3n + 1) (n + 1), donc 3n +1 divise Aet B.Comme n et n + 1 sont premiers entre eux :

PGCD (A ; B) = (3n + 1) PGCD (n ; n + 1) = 3n + 1.121 1. La partie entière de 2 017 est 44, donc on divise 2 017 par les nombres premiers compris entre 2 et 44 soit :

2 ; 3 ; 5 ; 7 ; 11 ; 13 ; 17 ; 19 ; 23 ; 29 ; 31 ; 37 ; 41 ; 43.2. Il existe deux entiers premiers entre eux a’ et b’ tels que a = 2 017a’ et b = 2 017b’.a + b = 2 017(a’ + b’) = 12 102 et a’ + b’ = 6.Les seules possibilités sont a’ = 1 et b’ = 5 ; a’ = 5 et b’ = 1.Les couples cherchés sont (2 017 ; 10 085) et (10 085 ; 2 017).122 m est divisible par d, donc il existe un entier m’ tel que m = dm’. D’où 2m – 5d = d (2m’ – 5d) = d (2m’ – 5) = 11.Donc d = 1 et 2m’ – 5 = 11, soit m’ = 8 ou d = 11 et 2m’ – 5 = 1, soit m’ = 3.1er cas : m = 8 et d = 1 : (x ; y) {(1 ; 8) ; (8 ; 1)}2e cas : m = 33 et d = 11 : (x ; y) {(11 ; 33) ; (33 ; 11)}.123 Comme 5 est premier, d’après le corollaire du petit théo-rème de Fermat, n5 – n est divisible par 5.De plus si n 0 (2) ou n 1 (2), n5 – n 0 (2) et n5 – n est divisible par 2. Comme 2 et 5 sont premiers entre eux, alors n5 – n est divisible par 2 et par 5 donc n5 – n est divisible par 10.

P O U R fA i R E l E P O i n tVoir livre page 141 et le site www.bordas-indice.fr pour les corrigés détaillés.Correctif : 130 Réponses B et C.

t R AVAU X P R At i Q U E stP Triplets pythagoriciens1

Le but de ce TP est d’utiliser la notion de nombres premiers entre eux à travers une configuration géométrique simple qui est celle du triangle rectangle et du théorème de Pythagore.Fichiers disponibles sur www.bordas-indice.fr et sur le ma-nuel numérique premium :

02_TSspe_TP1.xlsx (Excel 2007), 02_TSspe_TP1.xls (Excel 2003)

et 02_TSspe_TP1.ods (OpenOffice).

A. Étude expérimentale1. Comme a2 + b2 = a2 + b2( )2 alors :a ; b ; a2 + b2( ) est un triplet pythagoricien

⇔ a, b et a2 + b2( ) sont des entiers.

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210

2.

3.4. Il y a 884 triplets pythagoriciens.B. Étude d’un cas particulier1. c = b + 1.a2 + b2 = (b + 1)2 = b2 + 2b + 1 et a2 = 2b + 1.2. a2 = 2b + 1 est impair, a est donc impair et s’écrit sous la forme 2n + 1.3. b = 2n2 + 2n et c = 2n2 + 2n + 1. D’où (3 ; 4 ; 5) est un triplet pythagoricien en prenant n = 1.4. Si (a ; b ; c) est un triplet pythagoricien, alors a2 + b2 = c2 et (ka)2 + (kb)2 = (kc)2 d’où (ka ; kb ; kc) est aussi un triplet pytha-goricien.(6 ; 8 ; 10), (9 ; 12 ; 15), (12 ; 16 ; 20) et (15 ; 20 ; 25) sont aussi des triplets pythagoriciens.C. Étude mathématique1. Comme (a ; b ; c) est un triplet pythagoricien alors a2 + b2 = c2. De plus a, b et c sont divisibles par d, d’où a’, b’ et c’ sont des entiers naturels et on vérifie que a’2 + b’2 = c’2.2. Supposons que a’ et b’ sont pairs, alors a’2 et b’2 sont aussi pairs. Alors a’2 + b’2 est pair, donc c’2 est pair et c’ aussi. Mais alors a’, b’ et c’ sont divisibles par 2 et d n’est pas le plus grand diviseur commun à a’, b’ et c’. L’hypothèse est donc absurde.3. Supposons que a’ et b’ sont impairs. Alors a’  = 2n + 1 et b’ = 2m + 1 et c’2 = 4 (m2 + n2 + m + n) + 2.c’ ne peut être impair ; si c’ est pair, il est alors de la forme c’ = 2q et c’2 = 4q2, où q est un entier, ce qui est contraire à la forme de c’2 trouvée. Donc l’hypothèse est absurde.4. Si a’ = 2n alors a’2 = c’2 – b’2 = (c’ – b’)(c’ + b’) = 4n2.

n2 = c ’ – b’( ) c ’ + b’( )2 = α × β.

a’ est pair donc b’ et c’ sont impairs donc c’ – b’ et c’ + b’ sont divisibles par 2 : α et β sont des entiers.

5. On résout le système : c ’ – b’ = 2αc ’ + b’ = 2β⎧⎨⎩

Supposons que α et β aient un diviseur commun d autre que 1. Alors d divise les combinaisons linéaires de α et β donc d di-vise b’ et c’. d2 divise alors n2 et donc d divise n. d est aussi un diviseur de a’, ce qui est absurde avec l’hypothèse de départ sur a’, b’ et c’. Donc α et β sont premiers entre eux.6. Correctif : il faut lire v u et pas v u.n2 = α × β avec PGCD(α ; β) = 1, donc α et β sont aussi des carrés car les facteurs premiers de n2 sont tous affectés d’un exposant pair et α et β n’ont aucun facteur commun. D’où : u 2 = α et v 2 = β.

β α d’où v 2 u 2 et ainsi v u (car u et v sont positifs).7. a = 2duv ; b = d (v 2 – u 2) et c = d 2(v 2 + u 2).8. Correctif : il faut lire v u et pas v u.On vérifie que a, b et c sont des entiers naturels, tels que a2 + b2 = c2.9. (2uv ; v 2 – u 2 ; v 2 + u 2) avec u et v entiers naturels.D. Algorithme de rechercheOn vérifie que A, B et C sont des entiers et que A2 + B2 = C2

pour tout m prenant les valeurs de 2 à M.

tP Équations polynomiales à coefficients entiers

2

Il s’agit dans ce TP de chercher les solutions entières ou ration-nelles d’un polynôme de degré supérieur à 2. On utilise pour cela les propriétés sur les entiers : divisibilité, PGCD, nombres premiers entre eux.A. Étude d’un cas particulier1. Si m est solution de (E1) alors :

m7 – 6m4 + 5m3 – 3m2 – 31m = –2 soit m (m6 – 6m3 + 5m2 – 3m – 31) = –2.Donc m divise 2 et m P, avec P {–2 ; –1 ; 1 ; 2}.2. En remplaçant m successivement par les valeurs de P, on voit qu’aucune de ces valeurs n’est solution de (E1). Donc (E1)n’ a pas de solution entière.B. Étude mathématique1. En utilisant la décomposition en facteurs premiers de p et de q, si p et q sont premiers entre eux, ils n’ont aucun facteur premier en commun. Or qn a les mêmes facteurs premiers que q et donc aucun en commun avec p. Alors p et qn sont pre-miers entre eux.2. a. Si p

q est solution de (E) alors :

anpn

qn + … + a1pq + a0 = 0.

Comme q ≠ 0, alors en multipliant les deux membres de l’éga-lité par qn, on obtient :

an pn + an – 1 p n – 1q + … + a0 qn = 0.b. p (an p n – 1 + an – 1 p n – 2q + … + a1 q n – 1)= –a0 qn.Comme p et q sont premiers entre eux, d’après le théorème de Gauss, p divise a0.an pn = –q (an – 1 p n – 1 + … + a0 q n – 1). De même q divise an.c. Les solutions possibles sous forme de fractions irréductibles d’une équation polynomiale sont de la forme p

q où p est un diviseur de a0 et q un diviseur de an.C. Une application1. p divise 3 qui a deux diviseurs positifs et q divise 15 qui a trois diviseurs positifs, donc on peut former 6 fractions posi-tives et 6 fractions négatives donc 12 fractions.2. Les solutions sont 3, 1

5 et – 13

.

tP Exemple de codage par la méthode RSA

3

À travers ce TP de codage, on réinvestit les notions et théorèmes vus dans ce chapitre : Gauss, Bézout, Fermat.Fichier disponible sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 02_TSspe_TP3.xws (Xcas).

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211Chapitre 2 Problèmes de chiffrement – Term S spécialité

Correctif : Il faut lire « on affecte A à 0, B à 1, …, Z à 25, [ à 26 , …, ^ à 29 » et non pas « on affecte A à 0, B à 1, …, Z à 25, [ à 26 , \ à 27, …) »1. PAIX devient IARX.2. a. PGCD (3 ; 20) = 1, donc d’après le théorème de Bézout il existe x et y entiers tels que 3x + 20 y = 1.b. x3 x (3), d’après le petit théorème de Fermat, donc :

x21 = (x3)7 et x21 x7 (3) (x3)2 x (3) x (3).De même : x11 x (11) et x10 1 (11) si 11 ne divise pas x, d’où x21 x (11) si 11 ne divise pas x ; mais il y a aussi égalité si 11 divise x, car x 0 (11).Ainsi x21 – x est divisible par 3 et 11, donc par 33, d’oùx21 x (33).3. a. Si f (x) = f (x ’) = r alors x = 33q + r et x ’ = 33q’ + r avec q et q’ entiers. x – x ’ est un multiple de 33. Comme x et x ’ sont des éléments de (E), l’entier x –x ’ est compris entre –32 et 32 et le seul multiple qui convient est 0 d’où x = x ’.Si x = x ’ alors f (x) = f (x ’), il y a équivalence entre x  = x ’ et f (x) = f (x ’) donc si x ≠ x ’ alors f (x) ≠ f (x ’).b. Si y x3 (33), alors y7 x21 (33) x (33).c. \U[. 4. a. Comme y7 x (33), y correspond à l’instruction a[j] – 65 et x à b[j].b. GAUSS, GALON et OSLO.c. Le décodage du mot INDICE fournit  : CHJC^Q. Donc, le mot INDICE ne peut pas être le résultat d’un codage par cette méthode. Cela vient du fait qu’il y a 26 lettres dans la langue française et qu’on a dû faire correspondre 33 symboles aux 33 nombres de l’ensemble (E).

C A P V E R s l E B AC

Sujet APartie A1. 11 × (–7) – 26 × (–3) = 1.2. (19 ; 8).Partie B1. W devient Q.2. a. x = 19.b. y 11x + 8 (26) et 19y x + 22 (26) soit x 19y – 22 (26). W devient G.

Sujet B1. a. Si n est pair, alors A(n) est impair et si n est impair, alors A(n) est pair.b. En raisonnant par disjonction des cas modulo 3, on montre que A(n) n’est pas congru à 0 modulo 3.c. Soit d un diviseur de A(n), il existe q entier tel que A(n) = dqet dq – n 4 = 1. D’après le théorème Bézout, d et n sont pre-miers entre eux.

d. A (n) 0 (d), donc n 4 –1 (d) et par suite n8 1 (d ).2. a. Il existe q et r tels que s = qk + r avec 0 r s.ns = nqk + r = (nk)q n r et ainsi ns n r (d) soit ns 1 (d). Or s est le plus entier qui vérifie la relation et donc r = 0 et s divise k.b. Comme n8 1 (d), alors s divise 8.c. Si d est premier, comme n est non divisible par d, d’après le petit théorème de Fermat, n d – 1 1 (d). Donc s divise d – 1 dans ce cas.3. Les cas s = 1, s = 2 et s = 4 ne sont pas possibles compte tenu du fait que n est pair. Donc s = 8 et 8 divise p – 1 d’où p – 1 0 (8) et p 1 (8).4. p = 89 et p = 233.

Sujet CPartie AVoir cours.Partie B1. a. (–2 ; 1) est une solution particulière de (E).b. x = –2 + 47k et y = 1 – 23k avec k entier.c. 23x = 1 – 47y. Si x est solution de (E), 23x 1 (47). 1 x 46 donne 1 –2 + 47k 46 soit k = 1 et x = 45.2. a. Si ab 0 (47), comme 47 est un nombre premier alors 47 divise a ou 47 divise b. D’où a 0 (47) ou b 0 (47).b. Si a2 1 (47) alors a2 – 1 = (a + 1)(a – 1) est divisible par 47 et d’après le résultat précédent soit a + 1 est divisible par 47 soit a – 1 est divisible par 47. D’où a 1 (47) ou a –1 (47).3. a. p est élément de A donc il est premier avec 47 et q est solution de l’équation px – 47y = 1 où x et y sont des entiers.Comme p et 47 sont premiers entre eux, cette équation a des solutions donc il existe q tel que pq 1 (47) pour tout p élé-ment de A.b. p =1 et p = 46.

Sujet D1. Vrai  : (–1  ; –1) est une solution particulière et les solutions générales sont de la forme x = –1 + 5k et y = –1 + 3k, k entier.2. Faux.Si x 1 (3), alors x2 1 (3).Si x 2 (3), alors x2 1 (3).Donc si x et y ne sont pas divisibles par 3 : x2 + y2 1 (3).3. Faux.Les solutions de (E’) sont 12 et 40. On cherche deux entiers naturels a et b tels que PGCD(a ; b) = 12 et PPCM (a ; b) = 40. Or 40 n’est pas divisible par 12. Il n’existe aucune valeur de a et b dont le PGCD et le PPCM sont solu-tions de (E’).

Sujet E1. x = 3 + 7k et y = 4 + 11k, k entier.2. Il y a 5 points : (3 ; 4), (10 ; 15), (17 ; 26), (24 ; 37) et (31 ; 48).3. a. Si (x  ; y) est solution de (F) alors, comme 11 1 (5) et 7 2 (5), on obtient x2 – 2y2 0 (5).

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212

b. Congruences modulo 5 :

x 0 1 2 3 4

x2 0 1 4 4 1

y 0 1 2 3 4

2y2 0 2 3 3 2

c. La seule possibilité, d’après le tableau, est que x et y soient des multiples de 5.4. Si x et y sont des multiples de 5, alors il existe q et q’ entiers tels que x = 5q et y = 5 q’.11x2 – 7y2 = 25(11q2 – 7q’2) = 25Q avec Q entier.Or l’équation 25Q = 5 ⇔ 5Q = 1 n’a pas de solution dans . Donc x et y ne peuvent pas être solutions de (F) dans ce cas.(F) n’a pas de solutions entières.

Sujet FCorrectif  : seule la capacité « Utiliser le théorème de Gauss » est mise en œuvre.1. a2 = d2u2 = b3 = d3v3 soit u2 = dv3.2. Comme il existe K entier tel que u2 = Kv, v divise u2. u et v sont premiers entre eux, alors v = 1.3. Si a = n3 et b = n2, alors a2 = n6 = b3.Si a2 = b3, alors a = b3 = b b . Comme a est un entier naturel, alors b est un entier naturel et b s’écrit sous la forme b = b’2

avec b’ entier naturel. Alors a = b’2 × b’ = b’3  et b = b’2.4. si n = m2 = p3 avec m et p entiers alors on a les congruences modulo 7 suivantes :

x 0 1 2 3 4 5 6

x2 0 1 4 2 2 4 1

x3 0 1 1 6 1 6 6

Donc n 0 (7) ou n 1 (7).

133 x = 3 + 7k et y = 4 + 11k, avec k entier.134 En raisonnant par disjonction des cas modulo 3 et 5, on montre que A est divisible par 3 et par 5 donc par 15 car 3 et 5 sont premiers entre eux.135 5A – 2B = 27. PGCD (A ; B) {1 ; 3 ; 9 ; 27}.PGCD (A ; B) ≠ 1 lorsque 2n + 1 et 5n – 1 sont divisibles par 3 soit n 2 (3). Dans tous les autres cas, A et B sont premiers entre eux.136 Cette fraction est un entier si 2n + 5 divise 6n + 7.2n + 5 divise (6n + 7 – 3(2n + 5)) = 22, donc 2n + 5 doit être un diviseur de 22.2n + 5 {–22 ; –11 ; –2 ; –1 ; 1 ; 2 ; 11 ; 22} et n {–8 ; –3 ; –1 ; 3}.137 Les couples cherchés sont :

a 14 336 28 322 42 308 56

b 336 14 322 28 308 42 294

a 294 70 280 84 266 98 252

b 56 280 70 266 84 252 98

a 112 238 126 224

b 238 112 224 126

P O U R A l l E R P lU s lO i n138 1. A = n2 + n et B = n2 + n – 2. Soit d, un diviseur commun de A et de B, d divise A – B donc d divise 2. Or A et B sont pairs donc PGCD (A ; B) = 2.

2. C – D = n2 + n – 2 – n2 – n + 62 = 2.

Donc si d ’ est un diviseur commun de C et de D, alors d ’ di-vise C – D, donc d ’ divise 2. Alors d ’ {1  ; 2}. En utilisant les congruences modulo 4 :

n 0 1 2 3

C 3 0 2 1

D 1 2 0 3

Si le reste de la division euclidienne de n par 4 est 0 ou 3, alors C et D sont impairs et PGCD (C  ; D) = 1. Si le reste de la divi-sion euclidienne de n par 4 est 1 ou 2, C et D sont pairs et PGCD (C ; D) = 2.139 1. a. S = {(1 + 2k ; 1 + 3k) ; k }.b. S = {(4 + 2k ; 4 +3k) ; k }.2. a. 3A – 2B = 6n + 6 – 6n –2 = 4, donc A et B sont solutions de (E2).b. Soit d = PGCD (A ; B) alors d3A – 2B donc d4. PGCD (A ; B) {1 ; 2 ; 4}.c. Si PGCD (A ; B) = 4, alors il existe q tel que A = 4qsoit 2n + 2 = 4q et n = 2q – 1. n est donc impair.d. Pour n égal à 1, 5, 9, 13, 17, …, le PGCD de A et B est 4. On peut conjecturer que ce PGCD vaut 4 pour les entiers n tels que n 1 (4).3. a. Si n = 1 + 4q, A = 8q + 4 = 4 (2q + 1) est divisible par 4 et B = 12q + 4 = 4 (3q + 1) est divisible par 4.b. Soit δ le PGCD de 2q + 1 et de 3q + 1, δ divise 3(2q + 1) – 2(3q + 1) = 1 donc δ = 1 et 2q + 1 et 3q + 1 sont premiers entre eux. Quand n = 1 + 4q alors :PGCD (A ; B) = PGCD (4(2q + 1) ; 4(3q + 1))

= 4 PGCD (2q + 1 ; 3q + 1) = 4.140 n3 – n = (n + 2) (n2 – 2n + 4) – 8.PGCD (n3 – n ; n + 2) = PGCD (n + 2 ; 8). Donc PGCD (n3 – n ; n + 2) {1 ; 2 ; 4 ; 8}.La fraction est irréductible si et seulement si :

PGCD (n3 – n ; n + 2) = 1 ⇔ PGCD (n + 2 ; 8) = 1.Lorsque n est impair, n + 2 est impair et n + 2 et 8 sont pre-miers entre eux. La fraction est irréductible.Si n est pair, alors PGCD (n + 2 ; 8) {2 ; 4 ; 8} et la fraction n’est pas irréductible.141 1.Soit m et n deux naturels non nuls et a un nombre pre-mier avec n. Soit d = PGCD (m ; n).Supposons qu’il existe k un diviseur commun de am et de nqui ne soit pas un diviseur de d. d ’ n’est donc pas un diviseur commun de m et de n, c’est donc un diviseur commun de a et de n. Or n et a sont premiers entre eux et d ’ = 1 :

PGCD (am ; n) = PGCD (m ; n).2. Il existe x ’ et y’ premiers entre eux tels que x = dx ’ et y = dy’. d ’ = x PGCD (x ; y) = x × d = d2 × x ’.

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213Chapitre 2 Problèmes de chiffrement – Term S spécialité

y2 = d2y’2. x ’ et y’ sont premiers entre eux, il en est de même pour x ’ et y2. Donc : PGCD (d ’ ; y2) = PGCD (d2x ’ ; d2y’)

= d2PGCD (x ’ ; y’) = d2.142 1. Si a et b sont premiers entre eux, ils n’ont aucun divi-seur premier commun dans leur développement en facteurs premiers. Il en est donc de même pour a2 et b2.

2. Pour n = 1, S1 = 1 = 1 1+1( )2( )2  : c’est vrai.

On suppose que Sk = k k +1( )2( )2 , alors :

Sk + 1 = Sk + (k + 1)3 = k +1( )2

4(k2 + 4k = 4) = k +1( )2 k + 2( )2

4donc la propriété est vraie au rang k + 1.

3. a. S2k = 2k( )2 2k +1( )2

4 = (2k + 1)2 k2

et S2k + 1 = 2k +1( )2 2k + 2( )2

4 = (2k + 1)2(k + 1)2

et PGCD (S2k ; S2k + 1) = (2k + 1)2PGCD (k2 ; (k + 1)2).b. Deux entiers consécutifs sont premiers entre eux :

PGCD (k ; k + 1) = 1.c. PGCD (S2k ; S2k + 1) = (2k + 1)2.4. a. 2k + 3 – (2k + 1) = 2. Le PGCD de ces deux nombres est un diviseur de 2 donc c’est 1 ou 2, mais les nombres étant im-pairs : PGCD (2k + 1 ; 2k + 3) = 1.

b. PGCD(S2k+1 ; S2k+2) = 2k + 2( )2

4× PGCD((2k + 1)2 ; (2k + 3)2)

= (k + 1)2.5. PGCD (S2k + 1 ; S2k + 2) = 1 pour k = 0 donc Sn et Sn+1 dont pre-miers entre eux uniquement pour n = 1.143 1. x 2(15) ⇔ il existe q entier tel que x = 2 + 15q.x 8 (28) ⇔ il existe q’ entier tel que x = 8 + 28q’.En égalisant : 2 + 15q = 8 + 28q’ ⇔ 15q – 28q’ = 6.2. Les solutions de (E) sont S = {(6 + 28k, 3 + 15k), k }.3. q = 6 et q’ = 3 soit x = 92 min, donc on verra les deux signaux en même temps à 1 h 32min.144 1. a. PGCD (a ; b) = 7.b. PGCD (a ; b) = 1.c. PGCD (a ; b) = 7.2. 5a – 4b = 7, avec d {1 ; 7}.3. a. 4n + 3 = 7k ⇔ 4n – 7k = –3 avec k entier.S = {(–6 + 7q ; –3 + 4q) ; q }.b. 5n + 2 = 7k’ ⇔ 5n –7k’ = –2.S = {(–6 + 7q’ ; – 4 + 5q’) ; q’ }.4. n = 7Q + r. Si r = 1, alors il existe k tel que 4n + 3 = 7k et k’ tel que 5n + 2 = 7k’.Dans ce cas, PGCD (a ; b) = 7.Si r {0 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6}, PGCD (a ; b) = 1.145 1. Comme a et b sont premiers entre eux, d’après le théorème de Bézout, il existe un couple d’entiers (u0  ; v0) tel que au0 – bv0 = 1.2. u0 = bq + u1. Si u1 = 0, alors, en remplaçant dans (E), on ob-tient abq – bv0 = 1 soit b(aq – v0) = 1 donc b divise 1 ; ce qui est contradictoire avec b 2, donc u1 ≠ 0.3. au0 – bv0 = a (bq + u1) – bv0 = 1.au1 – b (–aq + v0) = 1 donc le couple (u1 ; –aq + v0) est solution de (E).

4. Comme 0 u1 < b alors u1 b –1 alors :au1 – bv1 = 1 et au1 – bv1 a(b – 1) – bv1.

bv1 ab – a – 1 donc v1 a – a +1b , comme a +1

b 0 alors v1 a.

5. Si v1 = 0, alors (E) devient au1 = 1 et comme a 2 il y a contradiction. Donc v1 ≠ 0.6. (u1 ; v1) et (u2 ; v2) sont solutions de (E) donc :

a (u1 – u2) = b (v1 – v2). Comme a et b sont premiers entre eux, alors v1 – v2 est un multiple de a et comme 0 v1 a et 0 v2 a alors –a v1 – v2 a. Le seul multiple de a qui vérifie cette inégalité est 0 donc v1 – v2 = 0 et v1 = v2, de même pour u1 = u2.146 a = 2n (n) et b = n (2n + 1). Comme les deux entiers consé-cutifs 2n et 2n + 1 sont premiers entre eux, PGCD (a ; b) = n = det b – a = n.m = 2n2(2n + 1) = 4n3 + 2n2

b2 –a2 = 4n3 + n2

m – d2 = 4n3 + n2 donc b2 – a2 = m – d2.147 1. (P1) a

b( ) est irréductible ⇔ a et b premiers entre eux.

Soit d un diviseur commun de a et de b alors d est aussi un di-viseur commun de a –b et ab en tant que combinaison linéaire de a et de b. Donc a – b et ab sont premiers entre eux et a – b

abest irréductible : (P1) ⇒ (P2).(P2) ⇔ a – b et ab premiers entre eux. Soit d un diviseur commun de a – b et ab, d est aussi un diviseur commun de a2(a(a – b) – ab)et de b2 (ab – b(a – b)) en tant que combinaison linéaire de a – bet ab. Donc a2 et b2 sont premiers entre eux et par suite a et ble sont aussi. a

b est irréductible : (P2) ⇒ (P1). On a bien l’équiva-lence.2. Comme  « a et b premiers entre eux » ⇔ « a – b et ab premiers entre eux » alors si d est le PGCD de x et y, alors il existe a et bpremiers entre eux tels que x = da et y = db. De plus m = PPCM (x ; y) = dab.Et x – y = d (a – b). PGCD(x – y  ; m) = PGCD(d (a – b) ; dab) = d × PGCD(a – b ; ab) = d.148 1. Les paires cherchées sont (42  ; 1  680) (1  680  ; 42), (210 ; 336) et (336 ; 210).2. Les solutions sont de la forme x = 14 + 5k avec k .3. Les solutions sont de la forme x = 14 + 5k et y = –21 – 8k avec k .149 Soit n le nombre de jetons.Alors : n + 1 = 10a = 9b = 8c = 7d = 6e = 5f = 4g = 3h = 2i, avec a, b, c, d, e, f, g, h, i entiers naturels non nuls.De plus, n = 11j, avec j entier naturel non nul.n + 1 est ainsi multiple commun de 10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3 et 2, donc de leur PPCM qui est 2 520.D’où : n = 2 520k – 1 avec k entier naturel non nul.Pour k = 1, n est inférieur à 3 000 : n = 2 519, et c’est un multiple de 11.150 1. Soit q et q’ deux entiers naturels et r et r ’ deux entiers naturels compris entre 0 et 25 tels que ax + b = 26q + r et ax’ + b = 26q’ + r ’. Si f (x) = f (x’), alors :

r = r ’ et ax + b – (ax’ + b) = 26(q – q’).

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214

a(x – x ’) = 26(q – q’), comme a et 26 sont premiers entre eux, d’après le théorème de Gauss, x – x ’ est un multiple de 26 et de plus –26 x – x ’ 26, le seul multiple de 26 correspondant est 0 donc x – x ’ = 0 et x = x ’.2. On a : a (x – x ’) = 26 (q – q’).Si d est le PGCD de a et de 26, alors il existe deux entiers a’ et k premiers entre eux tels que a = da’ et 26 = dk et l’égalité devient a’ (x – x ’) = k (q – q’) alors comme, d’après le théorème de Gauss, x – x ’ est un multiple de k avec –26 x – x ’ 26 et comme k 26 alors il existe un autre multiple de k que 0 et donc eu moins une autre solution que x = x ’, on ne peut alors décoder certaines lettres.3. Il faut que a soit premier avec 26 et b entier. a {1 ; 3 ; 5 ; 7 ; 9 ; 11 ; 15 ; 17 ; 19 ; 21 ; 23 ; 25}.4. Soit a E, a’ E, aa’ 1 (26) ⇔ il existe q tel que :

aa’ = 1 + 26q ⇔ aa’ – 26q = 1.Comme a est premier avec 26, alors, d’après Bézout, il existe un couple solution (a’ ; q) qui vérifie aa’ – 26q = 1.5. Si y = f (x) : ax + b y (26) ; aa’x + a’b a’y (26) ; x + a’b a’y (26) et x a’y – a’.151 1. CAMILLE donne EAYCNNQ.2. 7 et 30 n’ont pas d’autres diviseurs communs que 1. 7 × 13 – 3 × 30 = 1.3. On suppose f (x) = f (x’), soit x7 x’7 (31), et x7×13 x’7×13 (31).Alors, puisque 7 × 13 = 1 + 3 × 30, on a : x1+3×30 x’1+3×30 (31), soit x × (x30)3 x’ × (x’30)3 (31).D’après le petit théorème de Fermat : x30 1 (31) pour x non divisible par 31.On en déduit alors : x x’ (31), soit x – x’ 0 (31).Puisque x et x’ sont éléments de E, on en déduit : x – x’ = 0, soit x = x’.Si x et x’ sont divisibles par 31, on a bien aussi x = x’, car alors x = 0 et x’ = 0.On en déduit : f (x) = f (x’) ⇒ x = x’.Par contraposée, on a bien : x ≠ x’ ⇒ f (x) ≠ f (x’).4. Si y x7 (31) alors y13 x7 × 13 (31) et y13 x (31).5. MICHEL est le mot cherché.152 1. a et b étant premiers entre eux, le théorème de Bézout assure l’existence de solutions entières de l’équation (E) au + bv= 1 et résoudre (E) revient à résoudre au = 1 – bv soit au 1 (b).2. au est un multiple de a, donc on cherche les multiples de adont le reste dans la division euclidienne par b est 1.3.

153 Fichiers disponibles sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium :

02_TSspe_exercice153.xlsx (Excel 2007), 02_TSspe_exercice153.xls (Excel 2003)

et 02_TSspe_exercice153.ods (OpenOffice).

Entrer a, b, nPour u allant de 1 à nSi mod (au ; b) = 1

Alors v prend la valeur 1– aub Fin Si

Fin PourAfficher u, v

1. 2. 3. 4.

L E S I N D I C E

76 69 83 73 78 68 73 67 69

S X N J Y U J R X

S O N T U T I L E S

83 79 78 84 85 84 73 76 69 83

13 1 24 16 19 16 9 18 23 13

N B Y Q T Q J S X N

5.

154 1. a. Si n = 2p alors M = 18p + 1 et N = 18p –1, M et N sont de la forme 2Q + 1, avec Q entier, donc M et N sont impairs.b. N – M = 2 donc PGCD (M ; N) divise 2 mais comme M et N sont impairs alors PGCD (M ; N ) = 1.2. a. Si n = 2p + 1 alors M = 18p + 10 et N = 18p + 8, M et N sont de la forme 2Q, avec Q entier, donc M et N sont pairs.b. Comme PGCD (M ; N) divise 2 et que M et N sont pairs alors PGCD (M ; N) = 2.3. a. A = M × N.b. Si n est pair, alors M et N sont impairs et leur produit aussi, donc A est impair.c. Si M et N sont pairs, alors 9n est impair et donc n est impair.Il y a donc équivalence entre :

« n est impair » et « M et N sont pairs ».n est impair ⇔ M et N sont pairs ⇔ leur produit A est divisible par 4.155 1. a. D’après le théorème de Bézout, comme e et (p –1)(q –1) sont premiers entre eux, il existe u et v entiers tels que ue + (p – 1)(q – 1)v = 1.b. On effectue la division euclidienne de u par (p – 1)(q – 1) : il existe donc des entiers k et d tels que u = k (p – 1)(q – 1) + d, avec 0 d (p – 1)(q – 1).Si d = 0, alors u = k(p – 1)(q – 1) et en remplaçant dans l’égalité de la question 1, on obtient :

(ke + v)(p – 1)(q – 1) = 1.Ceci entraîne p – 1 = 1 et q – 1 = 1, soit p = 2 et q = 2, ce qui est impossible, car p et q sont des très grands nombres premiers. Ainsi : d ≠ 0 et 0 d (p – 1)(q – 1).c. On a alors  : (ke + v)(p – 1)(q – 1) + ed = 1, ce qui s’écrit  : ed + w(p – 1)(q – 1) = 1, avec w = ke + v ; w est bien un entier car k, e, v sont des entiers.

L Y Q J R B Y N Q J Q T Q

76 89 81 74 82 66 89 78 81 74 81 84 81

0 13 19 8 2 14 13 18 19 8 19 20 19

A N T I C O N S T I T U T

J B Y Y X S S X V X Y Q

74 66 89 89 88 83 83 88 86 88 89 81

8 14 13 13 4 11 11 4 12 4 13 19

I O N N E L L E M E N T

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215Chapitre 2 Problèmes de chiffrement – Term S spécialité

D’où : (n + 1)p – (np + 1) n + 1 – (n + 1) (p) 0 (p).Ainsi : (n + 1)p – (np + 1) est divisible par p.De plus, si n 0 (2), alors (n + 1)p – (np + 1) 0 (2).Et si n 1 (2), alors (n + 1)p – (np + 1) 0 – 2 (2) 0 (2).D’où (n + 1)p – (np + 1) est divisible par 2.Puisque le nombre (n + 1)p – (np + 1) est divisible par 2 et par p, avec 2 et p premiers entre eux, alors il est divisible par 2p.160 3x – 5y = 6 ⇔ 3(x – 12) = 5(y – 6).À l’aide du théorème de Gauss, on trouve :

3x – 5y = 6 ⇔x = 12 + 5ky = 6 + 3k⎧⎨⎩

, avec k .

y x2 (5) ⇔ 6 + 3k (12 + 5k)2 (5) ⇔ 3k 3 (5) ⇔ k 1 (5).Ainsi : k = 1 + 5m, avec m .

D’où : x = 17 + 25my = 9 +15m⎧⎨⎩

avec m .

161 Si cette fraction est un entier, alors n2 + 5 divise n3 + 4.Alors : n2 + 5 divise n (n2 + 5) – (n3 + 4) = 5n – 4.D’où : n2 + 5 divise 5(n2 + 5) – n (5n – 4) = 4n + 25.Et n2 + 5 divise 5(4n+ 25) – 4(5n – 4) = 141.Donc  : n2 + 5 {1, 3, 47, 141}, et n2 {42, 136}, ce qui est impossible.Donc, cette fraction n’est jamais un entier.162 Soit n le nombre de jetons. Alors : n 4 (11) et n 5 (13).Ainsi : n = 4 + 11a, avec a entier, et n = 5 + 13b, avec b entier.D’où : 4 + 11a = 5 + 13b et 11a – 13b = 1.11a – 13b = 1 ⇔ 11(a – 6) = 13(b – 5).On en déduit : a = 6 + 13k et b = 5 + 11k, avec k entier.D’où n = 143k + 70.Puisque 100 n 500, on en déduit : n {213 ; 356 ; 499}.163 Soit d = PGCD (x  ; y) alors x = dx ’ et y = dy ’ avec x ’ et y ’ premiers entre eux.d (x ’ + y ’ – 1) = 1 donc d = 1 et x ’ + y ’ = 2.Puisque x ’ + y ’ = 2, si x ’ est pair, alors y ’ est pair, et PGCD (x ’ ; y ’) ≠ 1 ; donc x ’ est impair.On pose : x ’ = 2k + 1 avec k entier.Alors : y ’ = 1 – 2k.D’où les couples solutions : (2k + 1 ; 1 – 2k), avec k .

d. e 2, d 1, donc ed 2. Ainsi, w (p – 1)(q – 1) 0, et donc w 0 puisque p – 1 et q – 1 sont strictement positifs.2. x ed = x1–w(p–1)(q–1) = x × (x (p–1)(q–1))–w.D’après le petit théorème de Fermat : x p–1 x (p) si p ne divise pas x. Alors : x (p–1)(q–1) x (p) et x ed x (p). Cette congruence est vraie aussi si p divise x.De la même façon, on a : x ed x (q).Ainsi, x ed – x 0 (p) et x ed – x 0 (q).x ed – x est divisible par p et par q, avec p et q premiers entre eux, donc x ed – x est divisible par pq.On en déduit : x ed – x 0 (pq) et x ed x (pq).3. On suppose C = C’. Alors : Be B’e (n), et Bed B’ed (n), soit B B’ (n).Puisque n est supposé « très grand » par rapport aux blocs B et B’, on en déduit : B = B’.Par contraposée, on a bien démontré : B ≠ B’ ⇒ C ≠ C’.4. Si C Be (n), alors Cd Bed (n), soit B Cd (n).156 1. U1 = 10, U2 = 48, U3 = 232, U4 = 1 392, U5 = 8 050 et U6 = 47 448.2. On montre que chaque terme Un est divisible par 2, 3, 5 et 7 en raisonnant par disjonction des cas modulo 2, 3, 5 et 7.3. a. 2 et 3 ne sont pas divisibles par p. On utilise le petit théo-rème de Fermat et le théorème de Gauss. b. 6 × 2p – 2 3 (p) et 2 × 3p – 1 = 2 × 3 × 3p – 2 = 6 × 3p – 2.donc 6 × 3p – 2 2 (p).c. 6Up – 2 = 6 × 2p – 2 + 6 × 3p – 2 + 6p – 1 – 6 donc 6Up – 2 3 + 2 + 1 – 6 (p) soit 6Up – 2 0 (p) ; 6Up – 2 est divisible par p. Comme p 3 et p ne divise pas 6 alors, d’après le théorème de Gauss, p divise Up – 2 et p (E).

157 a n’est pas divisible par b, donc d’après le petit théorème de Fermat : ab–1 1 (b) et ainsi ab–1 + ba–1 – 1 0 (b).De même, b n’est pas divisible par b, donc ba–1 1 (a) et ainsi ab–1 + ba–1 – 1 0 (a).a et b étant premiers et distincts, ils sont premiers entre eux.Ainsi, puisque ab–1 + ba–1 – 1 est divisible par a et par b, il est divisible par le produit ab.158 (7 ; 84), (21 ; 28), (28 ; 21) et (84 ; 7).159 p étant premier, à l’aide du corollaire du petit théorème de Fermat : (n + 1)p n + 1 (p) et np n (p).

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216

Ce chapitre introduit la notion de matrice et les opérations élémentaires sur les matrices. Les problèmes et les exercices corrigés du cours ont pour objectif de donner un sens intuitif à ces notions. Plusieurs exercices, notamment les Vrai/Faux permettent d’attirer l’attention sur les propriétés des opérations de même nom portant sur les réels qui ne se généralisent pas aux matrices.Les principales applications concernent les systèmes d’équations linéaires, les suites (suites définies par une récurrence à deux rangs, suites imbriquées définies par des récurrences à un rang) et une première approche des marches aléatoires. Ces dernières seront traitées de façon plus approfondie dans le chapitre suivant.Conformément au programme, la calculatrice prend une place importante : l’élève peut ainsi se concentrer sur le sens et l’utilisation de la notion d’inverse d’une matrice plutôt que sur des techniques calculatoires.Les exemples de calcul de puissances de matrices font intervenir des diagonalisations de matrice. Sur ce sujet, on trouvera des exercices donnant toutes les indications permettant de se ramener à une matrice diagonale, mais aussi quelques exercices s’appuyant sur les capacités du logiciel de calcul formel Xcas. Cet usage du calcul formel est aussi l’occasion de souligner auprès des élèves que des principes algorithmiques permettent de diagonaliser une matrice. On pourra donner une idée de ces principes en travail de recherche (exercices 113 et 114 page 109).

  Les notions abordées dans le chapitre 3  1. Matrices : des tableaux de nombres2. Produit matriciel3. Inverse d’une matrice et application

B Notre point de vue

Problèmes sur les matrices3

chaPitre

Exemples de problèmes Contenus

Marche aléatoire simple sur un graphe à deux ou trois sommets.Marche aléatoire sur un tétraèdre ou sur un graphe à N sommets avec saut direct possible d’un sommet à un autre : à chaque instant, le mobile peut suivre les arêtes du graphe probabiliste ou aller directement sur n’importe quel sommet avec une probabilité constante p.

• Matrices carrées, matrices colonnes : opérations.• Matrice inverse d’une matrice carrée.• Exemples de calcul de la puissance n-ième d’une matrice carrée d’ordre 2 ou 3.• Écriture matricielle d’un système linéaire.

Voir livre page 141 et le site www.bordas-indice.fr pour les corrections détaillées.

C Avant de commencer

Matrices et suitesIl s’agit d’étudier des exemples de processus discrets, déterministes ou stochastiques, à l’aide de suites ou de matrices.On introduit le calcul matriciel sur des matrices d’ordre 2. Les calculs sur des matrices d’ordre 3 ou plus sont essentiellement effectués à l’aide d’une calculatrice ou d’un logiciel.

Le programmeA

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217Chapitre 3 Problèmes sur les matrices – Term S spécialité

D ProblèmesProblème Carré magique1

L’objectif de ce problème est d’introduire les conventions d’in-dexation des éléments d’une matrice et les opérations de somme de matrices et de multiplication par un scalaire par une étude simplifiée de la structure algébrique de l’ensemble des matrices magiques.Partie A1. a1,1 = 4, a3,2 = 1 et a2,3 = 7.2. Somme des éléments de chaque ligne : 15.3. Somme des éléments de chaque colonne : 15.4. La somme de chaque ligne et chaque colonne est 34.5. a. j = i.b. i + j = p + 1.c. A est magique, C ne l’est pas.Partie B1. La somme commune est également multipliée par t.3. La somme magique de la matrice tM + sN est égale à tSM + sSN où SM et SN sont les sommes magiques associées à M et N.

Problème Liaisons aériennes2L’objectif est d’introduire la notion de produit de deux matrices par le biais d’une situation classique en théorie des graphes (nombre de chemins de longueur donnée).

1. Q =3 01 11 0

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

.

2. Il y a 6 chemins passant par A1, 2 passant par A2 et un passant par A3.

3. R = 9 22 1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

4. r1,1 = j=1

3

∑ p1, j qj,1 et ri,k = j=1

3

∑ pi, j qj, k.

5. a. Q = 2 2 1 01 1 1 2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ et R =

7 7 4 24 4 3 41 1 1 2

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

.

b. r1,1 = k=1

4

∑ p1, k qk,1.

Problème Évolution de sondages3L’objectif est ici de découvrir l’efficacité de l’utilisation des puis-sances d’une matrice pour l’étude de l’évolution d’une marche aléatoire simple.1. R2 = 0,275 0,725( ).2. R3 = R2E = R1E2.3. R12 = R1E11 ≈ 0, 456 0,544( ) soit environ 46 % pour le candidat A et 54 % pour B.4. R20 = R1E19 ≈ 0,538 0, 462( ) soit environ 54 % pour A et 46 % pour B.

5. a. D = 1 00 0,94

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

, QP = I.

c. Correctif : Il faut lire Rn = 112

(8 – 5 × 0,94n – 1 4 + 5 × 0,94n – 1)

à la place de Rn = 112 (8 – 5 × 0,94n 4 + 5 × 0,94n).

En = 13

2 + 0,94n 1− 0,94n

2 − 2 × 0,94n 1+ 2 × 0,94n

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

et Rn = R1En – 1.

d. À la 31e semaine, les intentions de votes pour le candidat A dépassent 60 % pour la première fois.

Problème Avec domiciles fixes4On étudie une deuxième marche aléatoire a priori plus complexe que la précédente. On donne ainsi le statut de méthode à « l’astuce » de l’introduction d’une matrice du problème précédent.1. a. P (M2) = P (M1) PM1

(M2) + P (L1) PL1(M2) + P (C1) PC1

(M2)

= 13 × (0 + 0,5 + 0,5) = 1

3.

c. d2 = d1A = 13

13

13( ) = P(M2) P(L2) P(C2)( ).

2. On obtient de même d3 = d2A = 13

13

13( ).

4. Correctif : l’énoncé de cette question doit être « Déterminer la probabilité que cette personne passe Noël 2012 à Lille. Répondre à la même question si l’on sait qu’elle était à Lille en janvier 2012 ».La suite (dn) est constante, d’où la probabilité cherchée.Si la personne était à Lille en janvier 2012, c’est-à-dire si d1 = 1 0 0( ) , alors :

d12 = 1 0 0( ) × A11 = 3411 024

6832 048

6832 048( ) .

Problème Somme de puissances d'entiers

5

L’objectif de ce problème est d’introduire la notion d’inverse d’une matrice et son lien avec la résolution de système. L’utilisation d’un logiciel de calcul formel permet de focaliser l’attention de l’élève sur l’utilisation possible d’un inverse de matrice plutôt que sur des calculs fastidieux.Fichiers associés sur www.bordas.fr et sur le manuel numérique premium : 03_TSspe_probleme5.xws et03_TSspe–correctionprobleme5.xws (Xcas) ; 03_TSspe_probleme5.dfw (Derive).Partie A1. f (1) = a + b + c + d + e,f (2) = 16a + 8b + 4c + 2d + e,f (3) = 81a + 27b + 9c + 3d + e,f (1) = 256a + 64b + 16c + 4d + eet f (5) = 625a + 125b + 25c + 5d + 1.On obtient donc le système :

a + b + c + d + e = S(1)16a + 8b + 4c + 2d + e = S(2)81a + 27b + 9c + 3d + e = S(3)

256a + 64b +16c + 4d + e = S(4)625a +125b + 25c + 5d +1= S(5)

⎪⎪

⎪⎪

dont l’écriture matricielle est celle proposée dans l’énoncé.La suite S peut être définie avec le logiciel Xcas en utilisant la fonction somme (cf. ci-après).

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218

2. a. De l’égalité AX = K, on déduit l’égalité BAX = BK, soit X = BK. Si la notion de matrice inverse a déjà été introduite, de l’égalité BA = I5, on déduit l’égalité AB = I5. Si cette notion n’est pas introduite, on soulignera qu’il ne s’agit pas d’une conséquence triviale. On peut dans ce cas calculer à la main ou avec le logiciel Xcas le produit AB pour traiter la réciproque : si X = BK, alors AX = K.b. Le produit peut être calculé à la main ou avec le logiciel.c. On a obtenu le polynôme f suivant :

f (x) = 14 x4 + 1

2 x3 + 14 x2.

3. Les suites (f (n)) et (S(n)) ont les mêmes premiers termes. Ces deux suites vérifient de plus la même relation de récurrence :f (n) = f (n – 1) + n3, S (n) = S (n – 1) + n3. Ces deux suites sont donc égales.4. a. T (1) = 28, T (2) = 153, T (3) = 496, T (4) = 1 225 et T (5)=2 556.b. Le système a maintenant pour écriture matricielle AX = K1 où

K1 =

T (1)T (2)T (3)T (4)T (5)

⎜⎜⎜⎜⎜

⎟⎟⎟⎟⎟

.

La solution de ce système est donnée par BK1 =

28

1161

⎜⎜⎜⎜

⎟⎟⎟⎟

, d’où l’expression de g.

c. Des calculs pour confirmer l’égalité des suites (T(n)) et (g(n)) :

Les premiers termes des deux suites sont égaux et les deux suites satisfont la même relation de récurrence : elles sont égales.Partie BPour la somme des carrés des premiers entiers, on procède de la même façon.On détermine une fonction polynôme candidat (cf. ci-contre).D’où la fonction candidat :

h : n 43 n3 + 4n2 + 11

3 n + 1. Puis on démontre que cette fonction h convient à l’aide des calculs suivants :

E ExercicesP O U R D É M A R R E R

1 1. a1,2 = 0,2 ; a2,1 = 0,8 ; a2,3 = 0,05.2. et 3. Les détails de la procédure se trouvent en page 82. La somme est 1,5.

2 A = 2 31 2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

3 1. A =

0 1 0 0 11 0 1 0 10 1 0 1 10 0 1 0 11 1 1 1 0

⎜⎜⎜⎜

⎟⎟⎟⎟

.

2. ai, j = aj, i traduit l’équivalence : «  i serre la main à j si, et seulement si, j serre la main à i ».

4 A = 2 0 10 1 21 2 0

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

.

5 1. a1,3 = 3 ; a3,1 = 7.

2.j=1

3

∑ aj, j = 15. 3.j=1

3

∑ a2, j = 15. 4.j=1

3

∑a4– j, j = 15.

6 B = 2 3 43 4 54 5 6

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

.

7 trace (A) = i=1

n

∑ i = 12 n (n + 1)

8 Voir livre page 141.

9 10 I2 – 7J = 3 −14−21 −18

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

10 3A = −3 3 230 1,5

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

–2A – B = 0 −2 2 − 23

−14,9 −1− π

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

.

11 2A – B = 2 5 56 13 8

19 13 17

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

.

12 Voir livre page 141.

13 2A – 3B = 2 2 24 4 46 6 6

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟−

3 12 273 12 273 12 27

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

d’où 2A – 3B = −1 −10 −251 −8 −233 −6 −21

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

.

14 Voir livre page 141.

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219Chapitre 3 Problèmes sur les matrices – Term S spécialité

15 AX = 0−26

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

16 x ’y ’

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 1 2

−1 1⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

xy

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

17 Il s’agit d’une symétrie de centre l’origine du repère.

18 AX = 000

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

.

192, 48 11,51 22,222,87 10, 48 20,15

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

500250320

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟= 11 227,9

10 503⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

20 Voir livre page 142.

21 x ’y ’

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= y

x⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ . Il s’agit de la symétrie dont l’axe est la

droite d’équation y = x.

22 AB = 19,9 7,5−48,7 −18,5

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ et BA = −0,6 1,7

1 2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

23 AB =−11 2 12−20 −1 30−29 −4 48

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

et BA =3 3 3

18 21 2414 13 12

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

.

24 AB = e 1+ e4

e4 e3 + e7⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ et BA = e + e3 e3 + e5

e5 e7⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

25 Voir livre page 142.26 (AB)1,1 = 38 et (BA)1,1 = 41. Donc AB ≠ BA.27 An = 02 pour n 2.28 Voir livre page 142.

29 On vérifie que −2 53 −7

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

× A = I2.

30 Il suffit de calculer AB.31 Voir livre page 142.

32 1. A–1 = −5 23 −1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

2. La plupart des calculatrices affichent la même matrice inverse que pour A (B = A pour la plupart des calculatrices).

33 Le système s’écrit 1 23 5

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

xy

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 3

9⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

ou encore :

xy

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= −5 2

3 −1⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

39

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

30

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

34 La matrice A =2 3 46 7 8

12 11 13

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

a pour inverse 

B = 112

−3 −5 4−18 22 −818 −14 4

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

. B59

14

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟= 1

3

−1−15

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

.

P O U R s ’ E n t R A î n E R

35 1. E = 560 160 80560 105 35

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

2. F ≈ 0,747 0,177 0,077( ).

36 A =3 2 1 06 4 2 09 6 3 0

12 8 4 0

⎜⎜⎜

⎟⎟⎟

.

37 Voir livre page 142.

38 S = 9 126 3

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

39 S + 10 × 1 11 1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

40 t = 3 et s = –5.41 s = 3 et t = 5.42 s = 1 et t = 1

ex.

43 VRAI. Pour tout couple (i ; j), on a sai, j = tbi, j . s divise tbi, j et est premier avec t donc divise bi,j . Il existe donc un entier mi, j tel que smi, j = bi, j .44 VRAI : chaque élément sai,j est nul, donc si s est non nul,

chaque ai, j est nul.

45 M = 19 + 6 + 6

17 16 1219 19 1514 15 18

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

966

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

.

46 (AB)1,1 = 38 et (BA)1,1 = –19. Donc AB ≠ BA.

47 1. AC = CA = 267 332415 516

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

2. CA = A2A = A3 = AC.48 Voir livre page 142.

49 1. B = 0 40 1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ et B’ = 4 0

1 0⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

51 1. A2 = –I2, A3 = –A et A4 = I2. On fera le rapprochement avec les puissances du nombre i de l’ensemble des complexes. 2. Si n ≡ 0 (4), alors An = I2. Si n ≡ 1 (4), alors An = A. Si n ≡ 2 (4), alors An = –I2. Si n ≡ 3 (4), alors An = –A.

52 A2 =0 0 00 0 01 0 0

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

et A3 =0 0 00 0 00 0 0

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

.

D’où An = 03 pour n 3.

53 1. A2 =0 −1 10 −1 01 −1 0

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

et A3 =0 0 −11 0 −10 1 −1

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

.

A4 = I3 et A5 = A.2. Si n ≡ 0 (4), alors An = I3. Si n ≡ 1 (4), alors An = A.Si n ≡ 2 (4), alors An = A2. Si n ≡ 3 (4), alors An = A3.

54 1. A = a 10 a

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

2. et 3. On conjecture et on prouve par récurrence :

An = an nan−1

0 an⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

4.un

vn

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= an nan−1

0 an⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

21

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

2an + nan−1

an⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

55 1. A2 = 0 1−1 −1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ , A3 = I2 et A4 = A.

2. Pour n ≡ 0 (3), An = I2. Pour n ≡ 1 (3), An = A.

Pour n ≡ 2 (3), An = 0 1−1 −1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

3.un

vn

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= An π

3⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

Pour n ≡ 0 (3), un

vn

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= π3

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

Pour n ≡ 1 (3), un

vn

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= A π

3⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

–π – 3π

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

Pour n ≡ 2 (3), un

vn

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 0 1

−1 −1⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

π3

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

3–π – 3

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

56 1. On prouve par récurrence que Jn = 2n – 1J.2. A = I + 2J, A2 = I + 12J et A3 = I + 62J.3. Preuve par récurrence.

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220

4. a.

CASIO TEXAS

b. un

vn

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 1

21+ 5n −1+ 5n

−1+ 5n 1+ 5n⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

24

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

−1+ 3 × 5n

1+ 3 × 5n⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

57 La réciproque est fausse.

Contre-exemple avec A = B = 0 10 0

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

58 Voir livre page 142.60 1. La probabilité d’obtenir deux fois la même image

est égale à 3 × 19= 1

3. La probabilité d’obtenir deux images

distinctes est 23

.

2. La probabilité d’obtenir les trois images avec trois achats est 6 × 1

33.

3. b. 1 0 0( )M2 = 19

23

29( ) : 1

9 est la probabilité de n’avoir

qu’une seule image après trois achats, 23

d’avoir deux images distinctes et 2

9 la probabilité d’en avoir trois.

c. 1 0 0( )M5 = 1243

62243

2027( ). La probabilité est 20

27 .

61 1. AC = CA = 0.2. Démonstration par récurrence.3. An = 3n – 1A (récurrence).

4. C2n = −1( )n2 × 3n−1 −3n−1 −3n−1

−3n−1 2 × 3n−1 −3n−1

−3n−1 −3n−1 2 × 3n−1

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

.

C2n+1 = −1( )n0 −3n 3n

3n 0 −3n

−3n 3n 0

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

.

5. On distingue les cas n pair, n impair.

62 1. A2 =3 1 11 1 11 1 1

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

et A3 =5 3 33 1 13 1 1

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

.

3. Récurrence.4. b. b3 = 1 et b4 = 3.c. Le programme suivant calcule bn pour n 3.

CASIO TEXAS

d. En utilisant les valeurs b3 = 1 et b4 = 3, on obtient u = 13 et

v = 16.

5. an = 2bn−1 = 2 × 13× −1( )n−1 + 1

6× 2n−1( ).

63 FAUX. Contre-exemple avec A = B = 0 10 0

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

64 VRAI. Exemple à l’exercice 53.

65 Le système 3x +11y = a2 x + 5y = b⎧⎨⎩

s’écrit aussi x = − 5

7 a + 117 b

y = 27 a − 3

7 b

⎧⎨⎪

⎩⎪.

A est donc inversible d’inverse A−1 = 17

−5 112 −3

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

66 On obtient A−1 = 169

−3 712 −5

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

67 Pour la matrice A = a bc d

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ , l’algorithme consiste

essentiellement en un test :si ad = bc alors A est non inversible, sinon A est inversible.68 B2 = I2 donc B est inversible et B–1 = B.

70 A2 = −2 2−6 −2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ et A3 = –8I2. D’où A−1 = − 1

8A2 .

71 1. Si A est inversible d’inverse B alors : A2B2 = AABB = AI2B = AB = I2.

Donc A2 est inversible, d’inverse B2. Par récurrence, An est inversible, d’inverse Bn.2. Vrai. Si An (n 1) est inversible, d’inverse B alorsAnB = A × An – 1B = I2. Donc A est inversible.72 Voir livre page 142.

73 1. Si D =a 0 00 b 00 0 c

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟ avec a, b, c non nuls, on vérifie que

DD’ = I où :

D’ =a−1 0 00 b−1 00 0 c−1

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

.

2. Le produit a 0 00 b 00 0 c

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

a1,1 a1,2 a1,3

a2,1 a2,2 a2,3

a3,1 a3,2 a3,3

⎜⎜

⎟⎟

a pour éléments

diagonaux a × a1,1 , b × a2,2 , c × a3,3 . Si un élément diagonal est nul, la matrice D ne peut pas être inversible.

74 1. et 2. P = 17

3 −14 1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ et D = QAP = 5 0

0 −2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

3. D’où An = PDnQ

= 17

4 × −2( )n + 3 × 5n −3 × −2( )n + 3 × 5n

−4 × −2( )n + 4 × 5n 3 × −2( )n + 4 × 5n

⎝⎜

⎠⎟ .

75 FAUX. Contre-exemple : A = 1 23 4

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ , B = 3 4

1 2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

On vérifie : ABA–1B–1 = 12

3 −55 −7

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

76 FAUX. Les matrices A = (2) et B = (–2) sont inversibles et la matrice A + B = (0) ne l’est pas.

77 1. A = 5 410 7

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ et A−1 = 1

5−7 410 −5

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

xy

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= A−1 a

b⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

− 75 a + 4

5b

2a − b

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

2. Le système 20 x +16 y = 710 x + 7 y = 15

⎧⎨⎩

s’écrit aussi 5x + 4 y = 7

410 x + 7 y = 15

⎧⎨⎪

⎩⎪.

D’où les coordonnées du point d’intersection :

xy

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟=

− 75 × 7

4 + 45 ×15

2 × 74−15

⎜⎜⎜

⎟⎟⎟= 9,55

−11,5⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

78 1. Le système a pour solution 3120

;− 25( ).

2.x = 1

10 a + 320 b

y = 15

a − 15 b

⎧⎨⎪

⎩⎪

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221Chapitre 3 Problèmes sur les matrices – Term S spécialité

3. A = 4 34 −2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

4. A−1 = 120

2 34 −4

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

79 Voir livre page 142.

81 1. A−1 = 120

12 −10−4 5

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

2. Le système 5x +10 y = 1− 6z4 x +12 y = 3 − z

⎧⎨⎩

s’écrit A xy

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 1− 6z

3 − z⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ d’où

xy

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 1

2012 −10−4 5

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

1− 6z3 − z

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ soit x

y⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 1

20−62z −1819z +11

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

D’où une représentation paramétrique de la droite d’inter-section.

82 1. M =4 2 1

16 4 136 6 1

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

.

2. M−1 = 18

1 −2 1−10 16 −624 −24 8

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟ .

M−126

118266

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟=

74

−10

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟ . D’où f (x) = 7x2 + 4x – 10.

3. M−1p−2p

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟=

14

p + 12

−2p − 44 p + 6

⎜⎜⎜

⎟⎟⎟

.

g (x) = g x( ) = 14

p + 12( )x2 + −2p − 4( )x + 4 p + 6( ).

83 VRAI. Si la matrice est inversible, le système a une solution :

a a’b b’

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟−1

cc ’

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

84 FAUX. Lorsque le système a plusieurs solutions, la matrice n’est pas inversible.

85x = 7

2 a − 52 b

y = −4a + 3b

⎧⎨⎪

⎩⎪et A−1 = 1

27 −5−8 6

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

86 C3 = –8I2 d’où C–1 = − 18 C2 = 1

287 –493 7

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ et le système

se résout par le calcul :

C−1 59

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

114

−20339

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

87 C = −5 −410 9

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ et A−1 = 2 −1

−3 2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

88 An = 22n−1 1 11 1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

P O U R fA i R E l E P O i n tVoir livre page 142 et le site www.bordas-indice.fr pour les corrigés détaillés.

t R AVAU X P R At i Q U E stP Chiffrement de Hill1

La notion de matrice et de produit par un vecteur colonne est ici utilisé pour un problème de cryptage classique. L’étude de ce TP nécessite d’avoir déjà poussé assez loin l’étude des notions de l’arithmétique du programme.

A. Le principe du chiffrement de Hill

1. a. V1 =8147

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ , V2 = 46

27⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ et V3 = 24

14⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

b. W1 =321

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ , W2 = 20

1⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ et W3 = 24

14⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

2. B = 3 −5−1 2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

BW1 =−9639

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ , BW2 = 55

−18⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ et BW3 = 2

4⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

Après réduction modulo 26, on retrouve U1, U2 et U3.

3. Avec YOWPEE, on forme les matrices W1 =2414

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ , W2 = 22

15⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ,

W3 = 44

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ puis BW1 =

24

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ , BW2 = −9

8⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ et BW3 = −8

4⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ en

réduisant modulo 26 : U1 =24

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ , U2 = 17

8⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ et U3 = 18

4⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

Ce qui correspond au mot CERISE.B. Un autre exemple

1. On obtient W1 =7

19⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ , W2 = 15

16⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ et W3 = 12

10⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ soit

HTPQMK.2. MA = 43 I2. A est donc inversible et B = 1

43 M.

3. Les coefficients des matrices BW1, BW2 et BW3 ne sont pas entiers.

5. Si V =v1

v2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

et W =w1

w2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

avec w1 v1 (26) et w2 v2 (26),

avec C = a bc d

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ (a, b, c, d entiers), on a CV = av1 + bv2

cv1 + dv2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

et

CW = aw1 + bw2

cw1 + dw2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

: les éléments de CV sont congrus modulo

26 à ceux de CW. On vérifie que 23 × 43 1 (26) . On a CA = AC = 23 × 43 I2. Si V = AU, alors CV = CAU = 23 × 43U. Les éléments de CV, donc aussi ceux de CW, sont donc congrus modulo 26 à ceux de U. La clé C permet donc le déchiffrage.C. Un troisième exemple1. Les mots AA et AN par exemple sont codés par 0

0⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ et 0

13⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

et chiffrés tous deux par 00

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ . Ou plus généralement, le mot

codé par aa

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ et le mot codé par a

a +13⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ sont chiffrés par

le même mot.2. Cette matrice n’est pas une clé acceptable.D. Critère pour une clé acceptable1. AM = MA = dI2.2. d est premier avec 26. Il existe donc des entiers u et v tels que ud + 26v = 1 (Bézout). Posons B = uM. Alors AB = BA = uMA = udI2 et ud 1 (26).3. On déchiffre le message en appliquant le principe du chiffrage avec la clé B (cf. partie B.5.).E. Trigrammes

1. On forme les vecteurs U1 = 8

133

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

et U2 = 824

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

.

Puis V1 = AU1 = 9767

139

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

, V2 = AU2 = 503880

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

et W1 = 19159

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

,

W2 = 24122

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

, ce qui donne le mot TPJYMC.

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222

2. MA = 159 286 390104 159 208156 286 393

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

et N = 3 I3. Comme 9 × 3 ≡ 1 (26), la

matrice B = 9M permet le déchiffrement.

tP Algorithme de Smyrne2On étudie dans ce TP un algorithme classique d’approximation d’irrationnels par des nombres rationnels. Les calculs prouvant la conjecture émise en début de TP seront menés avec le logiciel Xcas qui permet de diagonaliser la matrice intervenant et, donc, d’en calculer plus facilement les puissances. Dans la partie C, on s’assure d’une relecture attentive de l’ensemble de la démarche par l’élève en lui demandant de reproduire le déroulement du rai-sonnement dans une situation légèrement modifié .Fichier associé sur www.bordas.fr et sur le manuel numérique premium : 03_TSspe_TP2.xws (Xcas).A. Un algorithme

Casio Texas

Les affichages semblent converger vers 2 .B. Une matrice1. (x1 ; y1) = (2 ; 3), (x2 ; y2) = (5 ; 7) et (x3 ; y3) = (12 ; 17).

2. A = 1 12 1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

3. Récurrence.4. Pour l’entrée n, la sortie de l’algorithme est

ynxn

.

5. a. Saisie des matrices A et U0 :

b. Calcul de U1, U2 et U3 :

c. L’instruction jordan(A) a pour résultat une liste de deux matrices P=jordan(A)[0] et D=jordan(A)[1] qui sont telles que A = PDQ où Q est la matrice inverse de P et D est (ici) une matrice diagonale.

L’instruction simplifier(P*D*Q) a pour résultat la matrice A.d. De A = PDQ et QP = I, on déduit par récurrence : An = PDnQ. Les calculs ci-dessous correspondent donc aux calculs de U2

et U3 :

6. a. F(n) est égale à Dn.

On en déduit une expression de rn :

rn =2 1+ 2( )n+1 + 1− 2( )n+1( )

2 + 2( ) 1+ 2( )n + 2 − 2( ) 1− 2( )n.

b. Détermination de la limite avec Xcas :

On a utilisé l’instruction unapply qui permet de définir une fonction à partir d’une expression. On aurait pu ici remplacer les lignes 7 et 8 par :

U(n):= factor(P*F(n)*Q*U0):;

et r(n):=U(n)[1][0]/U(n)[0][0]:; .

L’instruction U(n)[0] renvoie la première ligne de U(n). Cette première ligne est une liste : on détermine son premier (et

unique) élément par U(n)[0][0] .

c. Posons a = 1− 21+ 2

. On a : rn = 2 1+ an+1( )

2 + 2( )1+ 2

+2 − 2( )1+ 2

an

.

La limite en + est 22 + 2( )1+ 2

= 2.

C. Généralisation1. On obtiendra cette fois des approximations du nombre 3 . 2. On adapte la feuille de calcul formel en modifiant la matrice A et en relançant les calculs.

C A P V E R s l E B AC

Sujet A1. u1 = 3 + 2 2, u2 = 17 + 12 2, u3 = 99 + 70 2.2. un + 1 = (an + bn 2) (3 + 2 2) donne :

un + 1 = (3an + 4bn) + 2 (2an + 3bn).

3.Entrée : n entier naturel non nulTraitement : a prend la valeur 3b prend la valeur 2Pour j allant de 2 à n

c prend la valeur 3a + 4bb prend la valeur 2a + 3ba prend la valeur c

Fin PourSortie : Afficher a et b

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223Chapitre 3 Problèmes sur les matrices – Term S spécialité

4. A = 3 42 3

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

5. a. On vérifie que PQ est la matrice unité.

b. QAP = 3 + 2 2 00 3 − 2 2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

6. A = PDQ, d’où An = PDnQ d’où :

An = 12

3 + 2 2( )n + 12

3 − 2 2( )n 22

3 + 2 2( )n − 22

3 − 2 2( )n

24

3 + 2 2( )n − 24

3 − 2 2( )n 12

3 + 2 2( )n + 12

3 − 2 2( )n

⎜⎜⎜

⎟⎟⎟

7.an

bn

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= An 1

0⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ d’où le résultat.

Sujet B1. u1 = 2 et u3 = 12.2. un = 2un – 1 + un – 2 : les pavages de la planche de longueur ndébutent avec un carré bleu ou un carré vert et se complètent par un pavage de la planche de longueur n – 1 (d’où le terme 2un – 1) ou débutent par un domino (d’où le terme un – 2).3.

4. u4 = 29 et u5 = 70.

5. A = 2 11 0

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

6. a. On vérifie que QP est la matrice unité.

b. D = 1+ 2 00 1− 2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

7. An = PDnQ : par récurrence en tenant compte de QP = matrice unité.

8.un

un−1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= An−2 u2

u1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

d’où un = 10 − 7 24

× 1− 2( )n−2 + 10 + 7 24

× 1+ 2( )n−2.

Sujet C

1. B = −2 −4 2−2 1 74 3 1

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

et AB = 10 I3.

2. A–1 = 110 B.

3. Le système Axyz

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟=

123

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

a pour solution : 110

B123

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

.

L’intersection des trois plans est donc constituée du point M (–0,4 ; 2,1 ; 1,3).4. A3 = –10I3 + 4A2.5. A4 = AA3 = –10A + 4A3 = –40I3 – 10A + 16A2.6. Par récurrence avec An + 1 = AAn et le résultat de la question 5.7. A5 = –160I3 – 40A + 54A2 et A6 = –540I3 – 160A + 176A2.

Sujet D1. Proposition A fausse. Contre-exemple :

A = −1 2−1 2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ et B = 2 2

1 1⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

Pour i allant de 3 à nc prend la valeur bb prend la valeur 2b + aa prend la valeur c

Fin PourAfficher b

Proposition B fausse. Contre-exemple : prendre B = A.2. Proposition C fausse. Contre-exemple :

A = 0 10 0

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ vérifie A2 = 02.

3. Proposition D fausse puisque 00

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ est aussi solution.

4. Proposition E vraie  : An = 1 04n −1 4n

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

(preuve par récurrence).

97 Q–1 = 1 −12 1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ , QMQ–1 =

1 00 47

50

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟ . D’où :

Mn =13+ 2

3× 47

50( )n 13− 1

3× 47

50( )n

23− 2

3× 47

50( )n 23+ 1

3× 47

50( )n

⎜⎜⎜

⎟⎟⎟

.

On en déduit an par an

bn

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= Mn 1

2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ . On peut aussi remarquer

que la suite an

bn

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

est constante.

98 A–1 = = 15

3 −8−2 7

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

Le système A xy

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 1− 2z

15 +11z⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ est équivalent au système

xy

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= A−1 1− 2z

15 +11z⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

, soit xy

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 1

5−94 z −11781z +103

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

L’intersection des deux plans est donc la droite de représen-

tation paramétrique

x = 15 −94t −117( )

y = 15 81t +103( ) ,

z = t

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

t [ R .

99 1.x = − 3

5 a + 85 b

y = 75

a − 175 b

⎧⎨⎪

⎩⎪

2. A xy

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= a

b⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ où A = 17 8

7 3⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

On a donc A–1 = 15

−3 87 −17

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

P O U R A l l E R P lU s lO i n100 1. La récurrence s’appuie sur les formules usuelles de trigonométrie : cos a cos b – sin a sin b = cos (a + b), sin a cos b – sin b cos a = sin (a – b).2. Les entiers n cherchés sont les entiers tels que n ≡ 1 (2p).

101 3. Np = N pour tout entier p 1. De même Rp = R pour tout entier p 1. 4. Par récurrence : An = N + (1 – a – b)nR.5. On retrouve ce qui précède par le calcul :

An = P 1 00 (1− a − b)n

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

Q .102 2. f2 = 2 1+1, 2( ) .f3 = 3 1+1+1, 2 +1, 1+ 2( ).f4 = 5.f5 = 8 1+1+1+1+1, 2 +1+1+1, 1+ 2 +1+1, 1+1+ 2 +1, 1+1+1+ 2, 2 + 2 +1, 2 +1+ 2, 1+ 2 + 2( )

1+1+1+1, 2 +1+1+1, 1+ 2 +1+1, 1+1+ 2 +1, 1+1+1+ 2, 2 + 2 +1, 2 +1+ 2, 1+ 2 + 2( )

3. b.fn

fn−1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= An−2 f2

f1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

etf2f1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= A 1

1⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

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224

4. Soit P = 1+ 5 1− 52 2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ et Q = 1

202 5 5 − 5−2 5 5 + 5

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

a. On vérifie que PQ = I2.

b. D = QAP = 12

1+ 5 00 1− 5

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

c. Récurrence simple avec A = PDQ et QP = I3.

5. fn = 5 − 3 510

× 1− 52( )n−1

+ 5 + 3 510

× 1+ 52( )n−1

.

103 1. Mots de longueur 1 : a, b, c, d. D’où p1 = 3 et i1 = 1.2. Mots de longueur 2 : aa, ab, ac, ad, ba, ca, da, bb, bc, bd, cb, db, cc, cd, dc, dd. D’où p2 = 10 et i2 = 6.3. Les mots de longueur n avec une occurrence paire pour la lettre a sont constitués des mots de longueur n – 1 avec une occurrence paire pour a prolongés de b, c ou d et des mots avec une occurrence impaire pour a prolongés par la lettre a, d’où pn = 3pn – 1 + 1in – 1. On justifie de même la relation in = pn – 1 + 3in – 1.

4.pn

in

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= Bn−1 p1

i1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

5. Soit P = 1 −11 1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

a. Q = 12

1 1−1 1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

b. D = QBP = 4 00 2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

c.pn

in

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 2n + 2 × 4n

−2n + 2 × 4n⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

104 Soit q un réel non nul et distinct de 1 et soit A = 1 10 q

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

1. A2 = 1 q +10 q2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

, A3 = 1 1+ q + q2

0 q3

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

,

A4 =1 1+ q + q2 + q3

0 q4

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

et A5 = 1 1+ q + q2 + q3 + q4

0 q5

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

2. Preuve par récurrence.

5. PDnP –1 = 1 1− qn

1− q0 qn

⎜⎜

⎟⎟

.

6. On retrouve le résultat sur la somme de termes en progres-sion géométrique.

105 2. Un pavage de planche de longueur n peut débuter par un domino (deux choix) suivi d’un pavage de planche de longueur n – 2 ou par un carré (un choix) suivi d’un pavage d’une planche de couleur n – 1 : un = un – 1 + 2un – 2.

4. P = 2 −11 1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

5. D = QAP = 2 00 −1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

6. An = 13

(−1)n + 2n+1 (−2) × (−1)n + 2n+1

(−1)n + 2n 2 × (−1)n + 2n

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

7.un

un−1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= An−2 u2

u1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

et un = 13

−1( )n + 2n+1( ).106 Partie A1. 16 = 24.2. a. Le système a + b + c + d = 1 et 8a + 4b + 2c + d = 2 et 27a + 9b + 3c + d = 4 et 64a + 16b + 4c + d = 8 s’écrit :

A

abcd

⎜⎜⎜

⎟⎟⎟=

1248

⎜⎜⎜

⎟⎟⎟

, d’où :

abcd

⎜⎜⎜

⎟⎟⎟= A−1

1248

⎜⎜⎜

⎟⎟⎟=

16− 1

2430

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

.

b. f (5) = 16× 53 + − 1

2( ) × 52 + 43 × 5 = 15.

3. a. g (x) = 124

x 4 + − 14( )x3 + 23

24x2 + − 3

4( )x +1.

b. g (6) = 31.

Partie B2. Avec 4, 5, 6 points : 8, 16, 31 régions.3. Une procédure de calcul n’est pas en soi « une logique »…

107 1. a. Probabilité d’atteindre 1 en deux pas :0,62 = 0,36.

b. Probabilité de revenir au point 3 en deux pas :2 × 0,6 × 0,4 = 0,48.

2. R0 = 0 0 1 0 0( ).a. R1 = 0 0,6 0 0, 4 0( ), R2 = 0,36 0 0, 48 0 0,16( ).b. R1 = 0 0,6 0 0, 4 0( )M où :

M =

1 0 0 0 00,6 0 0, 4 0 0

0 0,6 0 0, 4 00 0 0,6 0 0, 40 0 0 0 1

⎜⎜⎜⎜

⎟⎟⎟⎟

.

c. R2 = R1M = R0M2 en utilisant un arbre par exemple.d. Rn = r0Mn.3. a. En un nombre impair de pas, il est impossible de se retrouver au point 3.b. En un nombre pair de pas, l’ivrogne ne peut pas atteindre les points 2 et 4.4. a. pn est la probabilité d’atteindre le point 1 en n pas.b. On peut par exemple utiliser R2n + 1 = R2nM et l’emplacement des zéros dans R2n (question 3. b.) et dans la colonne 1 de M.

108 1. La probabilité d’avoir écrit MATH à la quatrième frappe est 0,254.

2. a. B =

0,75 0,25 0 0 00,5 0,25 0,25 0 00,5 0,25 0 0,25 00,5 0,25 0 0 0,250 0 0 0 1

⎜⎜⎜⎜

⎟⎟⎟⎟

.

b. Détailler le produit et comparer avec les calculs faits avec un arbre de probabilité.3. a. La probabilité d’écrire MATH avec les trois premières frappes est 0,253. La probabilité de frapper M suivi de ATH est 0,254. 0,253 + 0,254 est la probabilité demandée.b. Calcul de 0 1 0 0 0( )B4.

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225Chapitre 3 Problèmes sur les matrices – Term S spécialité

Prises d'initiatives

109 On peut chercher à résoudre Axyz

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟=

000

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

.

La solution est unique si et seulement si a est non nul. La matrice est inversible si et seulement si a est non nul. On peut également chercher à exprimer x’, y’, z’ en fonction de x, y, z où

x’, y’, z’ sont tels que Axyz

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟=

x ’y ’z ’

⎝⎜⎜

⎠⎟⎟

. On obtient :

A−1 = 1a

1− 3a a 2a −16a −1 −a −4a +1−1 0 1

⎜⎜

⎟⎟

.

110 Lorsqu’on effectue le produit d’une matrice ligne de néléments par une matrice colonne de n éléments, on effectue n multiplications et n – 1 additions. Pour obtenir les n2 élements de la matrice produit, on effectue donc n3 multiplications et n2 (n – 1) additions.

111 On vérifie que le produit de deux matrices triangulaires supérieures est également triangulaire supérieure. Par récurrence, on vérifie que les éléments diagonaux de la puissance n de A sont les puissances n des éléments diagonaux de A. D’où la valeur de det (An) en fonction des éléments diagonaux de A.

112 On vérifie facilement que cette trace est le double du nombre de routes.

113 L’élève trouvera la réponse dans le cours page 91.

114 L’élève trouvera facilement sur Internet de nombreuses références sur la méthode comme par exemple : http://www.sciences.univ-nantes.fr/sites/fethi_aloui/m_numeri/11syslin/11syslin.htm.L’élève pourra également s’entraîner à cette technique :http://wims.uvsq.fr/wims/wims.cgi?lang=fr&+module=local%2Falgebra%2Foefmatrices.fr.

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226

A Le programme

Problèmes d’évolution

Ce chapitre traite des applications des suites et des matrices à la résolution de problèmes d’évolution. Nous avons partagé la partie « Cours » en deux parties, comme l’indique le programme : une partie consacrée à l’étude des suites de matrices colonnes de la forme Un + 1 = AUn + B, et une autre partie consacrée aux marches aléatoires. Chacune de ces parties est précédée de nombreux problèmes, conformément au programme de spécialité.Pour l’étude des suites de matrices colonnes indiquées dans le programme, nous avons choisi deux problèmes conduisant à une suite vérifiant la relation Un + 1 = AUn : l’étude de l’évolution d’une population de bactéries en milieu fermé, puis l’étude du célèbre problème de l’urne d’Ehrenfest. Le problème étudiant l’évolution d’une population de chamois dans un parc permet de précéder le cours sur les suites de matrices vérifiant Un + 1 = AUn + B. Dans tous ces problèmes, l’utilisation de la calculatrice ou d’un logiciel de calcul formel permet de s’affranchir des lourds calculs.La seconde partie du chapitre traite des marches aléatoires. Une introduction motivante à cette notion est la promenade aléatoire d’un surfeur sur le Web : c’est l’objet du premier problème, dans le cas d’un Web de quatre pages (afin de ne pas alourdir les calculs). On peut ainsi définir la notion de matrice de transition et découvrir l’état stable d’une marche aléatoire. Nous avons choisi la définition classique d’une matrice de transition, c’est-à-dire une matrice dont les éléments sont compris entre 0 et 1, et telle que la somme des éléments de chaque ligne est 1 : ceci entraîne que les états doivent être représentés par des matrices lignes. Nous avons aussi défini le graphe associé à une matrice de transition, et donc à une marche aléatoire, car c’est une manière bien commode de se représenter une marche aléatoire. Enfin, nous avons étudié de façon détaillée les marches aléatoires à deux états : celles-ci sont introduites par le problème « les émissions concurrentes ». Nous avons démontré dans le cas de deux états la propriété relative au comportement asymptotique ; dans le cas de N états, la propriété est énoncée, et sa démonstration (beaucoup plus difficile) est proposée dans l’exercice 90.Les exercices comportent beaucoup d’applications à des problèmes concrets. Ils nécessitent la plupart du temps la calculatrice, et l’utilisation d’un logiciel de calcul formel ou d’un tableur est recommandée. Le premier TP, cité dans le

Exemples de problèmes Contenus

Marche aléatoire simple sur un graphe à deux ou trois sommets.Marche aléatoire sur un tétraèdre ou sur un graphe à N sommets avec saut direct possible d’un sommet à un autre : à chaque instant, le mobile peut suivre les arêtes du graphe probabiliste ou aller directement sur n’importe quel sommet avec une probabilité constante p.Étude du principe du calcul de la pertinence d’une page Web.Modèle de diffusion d’Ehrenfest : N particules sont réparties dans deux récipients ; à chaque instant, une particule choisie au hasard change de récipient.Modèle proie prédateur discrétisé :– évolution couplée de deux suites récurrentes ;– étude du problème linéarisé au voisinage du point d’équilibre.

• Suite de matrices colonnes (Un) vérifiant une relation de récurrence du type Un + 1 = AUn + C :– recherche d’une suite constante vérifiant la relation de récurrence ;– étude de la convergence.• Étude asymptotique d’une marche aléatoire.

B Notre point de vue

Il s’agit d’étudier des exemples de processus discrets, déterministes ou stochastiques, à l’aide de suites ou de matrices.

4chapitre

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D Problèmesproblème Évolution de populations

de bactéries1

Ce problème étudie l’évolution de populations de bactéries à l’aide de suites. Le tableur permet de conjecturer une propriété remarquable de ces suites. L’étude de ce problème sous l’aspect matriciel permet de découvrir la limite d’une suite de matrices.Fichiers associés sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium :04_TSspe_probleme1.xlsx et 04_TSspe_correctionprobleme1.xlsx (Excel 2007) ; 04_TSspe_probleme1.xls et 04_TSspe_correctionprobleme1.xls ( (Excel 2003) ; 04_TSspe_probleme1.ods et 04_TSspe_correctionprobleme1.ods (OpenOffice).

1. On saisit 50 en B2, puis la formule =500-B$2 dans lacellule C2 : cette formule permettra de modifier les conditionsinitiales en modifiant uniquement la valeur de a0.Puis, dans les cellules B3 et C3, on entre les relations derécurrence données dans l’énoncé.

En B3, on saisit : =0,95*B2+0,2*C2 .

En C3, on saisit : =0,05*B2+0,8*C2 .On recopie ensuite ces formules vers le bas.On peut ensuite modifier la valeur de a0 saisie en B2.On constate que, quelles que soient les valeurs initiales a0 etb0, les valeurs de an et de bn se stabilisent au bout d’un certainnombre d’étapes autour de 400 (pour an) et 100 (pour bn). On areprésenté ci-après les valeurs de an en fonction de n.

2. a. un + 1 = an + bn = un, donc (un) est constante.vn + 1 = 0,75 (an – 4bn) = 0,75vn, donc (vn) est une suitegéométrique de raison 0,75.b. L’effectif total de bactéries est 500, donc a0 + b0 = 500.Ainsi : un = a0 + b0 = 500.vn = 0,75n (a0 – 4 b0) = 5 × 0,75n (a0 – 400).c. On en déduit, après calculs :

an = 45

(a0 + b0) – 15

× 0,75n (a0 – 4 b0)

soit : an = 400 – 0,75n (a0 – 400).bn = 1

5(a0 + b0) + 1

5× 0,75n (a0 – 4 b0),

soit : bn = 100 + 0,75n (a0 – 400).d. La suite (an) a pour limite 400 et la suite (bn) a pour limite 100.On retrouve les conjectures faites avec le tableur.

3. a. A =

0,95 0,20,05 0,8

.

C Avant de commencer

programme, permet d’étudier avec plusieurs outils différents un phénomène classique d’évolution : celui des proies et des prédateurs. Le second TP s’intéresse à un problème classique : en combien de temps peut-on avoir une collection complète ? Il permet d’étudier le problème du temps d’attente moyen, qui est repris dans les exercices 93 et 94.

Les notions abordées dans le chapitre 41. Suites de matrices vérifiant Un + 1 = AUn + B2. Marches aléatoires

Les notions abordées dans ces exercices permettent de travailler sur les suites et les probabilités conditionnelles, notions de lapartie commune du programme forts utiles dans ce chapitre, et aussi sur le calcul matriciel, découvert dans le chapitre précédent.Voir livre page 142 et le site www.bordas-indice.fr pour les corrections détaillées.

227Chapitre 4 Problèmes d'évolution – Term S spécialité

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228

b. On montre par récurrence que Un = An × U0.D’après la question 2. c., on a :an = 1

5(4 – 0,75n) a0 + 4

5(1 + 0,75n) b0

bn = 15

(1 + 0,75n) a0 + 15

(1 – 4 × 0,75n) b0

D’où la matrice An :

An = 15

− + ×+ − ×

4 0,75 4 4 0,751 0,75 1 4 0,75

n n

n n.

c. La limite de la suite de matrices (Un) est la matrice

400100

.

problème Reproduction des chamois dans un parc

2

Ce problème, qui traite de la répartition d’une population de chamois dans un parc, est l’occasion de travailler avec une suite de matrices (Un) vérifiant une relation de la forme Un + 1 = AUn + B. L’étude asymptotique de cette suite permet de conclure sur l’équilibre des jeunes et des vieux chamois dans cette population.

1. a. u1 = 0,5 × 400 + 2 × 100 – 0,25 × 400 + 20 = 320.v1 = 0,5 × 400 + 0,25 × 100 = 225.b. un + 1 = 0,5un – 0,25un + 2vn + 20, soit :un + 1 = 0,25un + 2vn + 20.vn + 1 = 0,5un + 0,25vn.

2. A =

0,25 20,5 0,25

et B =

200

.

3. a. I2 – A est inversible car I2 – A = −−

0,75 20,5 0,75

et 0,75 × 0,75 – 2 × 0,5 ≠ 0.

Son inverse est : (I2 – A)–1 = – 47

3 82 3

.

b. C = AC + B ⇔ (I2 – A) C = B.

C existe car I2 – A est inversible et C = (I2 – A)–1 × B =−

2407

1607

.

4. Vn + 1 = Un + 1 – C = A × Un + B – C= A × Un + C – AC – C = A × (Un – C)= A × Vn.

5. P–1 =−

14

12

14

12

et D =−

54

0

0 34

.

6. An = PDnP–1=

12

54

12

34

54

34

14

54

14

34

12

54

12

34

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

+ − − −

− − + −

n n n n

n n n n.

7. a. Vn = AnV0, avec V0 =3 040

7860

7

.

D’où : Vn =( ) ( )( ) ( )

+ −

− −

340 54

6607

34

170 54

3307

34

n n

n n.

b. Un = Vn + C =( ) ( )( ) ( )

+ − −

− − −

340 54

6607

34

2407

170 54

3307

34

1607

n n

n n.

c. un = ( ) ( )+ − −340 54

6607

34

2407

n net

vn = ( ) ( )− − −170 54

3307

34

1607

n n.

8. a. Les suites (un) et (vn) ont pour limite + .

b. uv

n

n=

340 6607

35

2407

45

170 3307

35

1607

45

( ) ( )( ) ( )

+ − −

− − −

n n

n n.

Donc la suite (wn) a pour limite 340170

= 2.

Au bout d’un grand nombre d’années, la population se stabiliseavec deux fois plus de jeunes chamois que de vieux chamois.

problème L’urne d’Ehrenfest3Ce problème célèbre est d’abord étudié à l’aide du tableur : on peut faire varier le nombre initial de boules dans l’urne A, et en particulier étudier les cas N = 2 et N = 4 dont l’étude théorique est faite ensuite. Cette étude théorique est l’occasion d’introduire des suites de matrices de la forme Xn + 1 = AXn .

Fichiers associés sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium :04_TSspe_probleme3.xlsx et 04_TSspe_correctionprobleme3.xlsx (Excel 2007) ; 04_TSspe_probleme3.xls et 04_TSspe_correctionprobleme3.xls (Excel 2003) ; 04_TSspe_probleme3.ods et 04_TSspe_correctionprobleme3.ods (OpenOffice) ; 04_TSspe_probleme3.xws et 04_TSspe_correctionprobleme3.xws (Xcas).

Partie AUtiliser l’onglet « 500 tirages » de la feuille de calcul du tableur.2. On génère les numéros des étapes dans la colonne C en

entrant la valeur 0 en C2, puis la formule =C2+1 dans lacellule C3. On recopie vers le bas jusqu’en C502.3. Pour générer l’état initial du système, on saisit la formule

=A2 dans la cellule D2 et 0 dans la cellule E2.4. On saisit en D3 la formule :

=SI(ALEA()<D2/$A$2;D2-1;D2+1 .ALEA() permet de générer un nombre au hasard de [0 ; 1[ : si

ce nombre est inférieur à NN

k , alors l’urne A perd une boule,

donc D3 est égal à D2 – 1, sinon A gagne une boule, donc D3

est égal à D2 + 1.Puisque le nombre de boules total entre les deux urnes reste

égal à N, on saisit en E3 la formule =$A$2-D3 (les référencesabsolues pour A2 vont permettre la recopie vers le bas de cetteformule, puisque le nombre de boules total doit rester fixe).5. On peut alors faire varier N. On peut aussi, à l’aide de la

touche , lancer d’autres simulations pour une valeurdonnée de N.La représentation graphique du nombre de boules del’urne A en fonction du temps (des étapes en fait) s’afficheautomatiquement dans le fichier tableur de l’élève.

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229Chapitre 4 Problèmes d'évolution – Term S spécialité

Ainsi :E3 = ( )0 3

80 5

80 .

E10 =

2552 048

0 34

0 2572 048 , et une valeur approchée est :

(0,1245 0 0,75 0 0,1255).E50 ≈ (0,125 0 0,75 0 0,125).6. a. Correctif : Il faut lire :

« En = 18

12

0 341 n−

+ 0 1

8+ 1

2 + 1n »

et non pas En = n n−

+ +

18

12

0 34

18

121 1 .

Avec n = 2p, on écrit la propriété dépendant de l’entier p nonnul à démontrer :

E2 p = − +

+ +

18

12

0 34 0ˇ 1

81

22 1 2 1p p .

Cette propriété est vraie pour p = 1, car E2 = ( )0 0 34

0 14

.

On suppose la propriété vraie pour un entier p non nul.On calcule alors E2 p + 1 :

E2 p + 1 = − +

+ +0 1

21

20 1

21

202 1 2 1p p .

Puis on en déduit E2p +2 :

E2 p +2 = − +

+ +

18

12

0 34 0ˇ 1

81

22 3 2 3p p ,

ce qui assure que la propriété est vraie au rang p + 1.Le raisonnement précédent permet alors d’obtenir la formulepour n impair, c’est-à-dire n = 2p +1.b. La suite de matrices (En) ne semble pas avoir de limite en+ , car les termes de rang pair et impair semblent tous deux

converger vers des limites différentes : ( )18

0 34

18

pour les

termes de rang pair et ( )0 12

0 12

0 pour les termes de rangimpair.7. Pour n pair :

E (Xn) = 0 + 0 + 2 × 34

+ 0 + 4 × ( )+ +18

12 1n

soit E (Xn) = 2 + −1

2 1n.

On trouve pareil pour n impair.On constate que la suite (E (Xn)) a pour limite 2 : il n’y a pasde limite pour l’état de l’urne, mais il y en a une pour lacomposition moyenne de l’urne.

problème Un Web en miniature4Ce problème expose le fonctionnement de l’algorithme «  PageRank  » utilisé par Google, pour un Web miniature de quatre pages, afin de pouvoir effectuer tous les calculs (et ces calculs sont déjà lourds avec 4 pages !). La partie A propose une version simplifiée de l’algorithme, et la partie B permet d’aborder l’algorithme dans sa généralité. Cette promenade aléatoire sur ce Web en miniature est l’occasion d’une première prise de contact avec les marches aléatoires, et de découvrir l’état stationnaire d’une marche aléatoire.Fichiers associés sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium :04_TSspe_probleme4_A2.xws et 04_TSspe_probleme4_B3.xws (Xcas).

Partie BCorrectif : Dans la matrice ligne En, des parenthèses ont été mal placées, il faut lire : « Soit En la matrice (P (Xn = 0) P (Xn = 1) P (Xn = 2)). »

1. E1 = (0 1 0) ; E2 = ( )12

0 12

.

E3 = (0 1 0) ; E4 = ( )12

0 12

2. E2 p = ( )12

0 12

 ; E2 p + 1 = (0 1 0).

Le nombre de molécules ne se stabilise pas dans les urnes.En particulier, aux instants de rang impair, il y a toujours larépartition 1 – 1, et ce n’est pas le cas aux instants de rang pair.

Partie CCorrectif : Dans la matrice ligne En, des parenthèses ont été mal placées, il faut lire :« Soit En la matrice (P (Xn = 0) P (Xn = 1) P (Xn = 2) P (Xn = 3) P (Xn = 4)). »1. P (X1 = 0) = 0 ; P (X1 = 1) = 0 ; P (X1 = 2) = 0 ; P (X1 = 3) = 1 ;P (X1 = 4) = 0.2. P (X2 = 0) = 0 ; P (X2 = 1) = 0 ; P (X2 = 2) = 3

4 ; P (X2 = 3) = 0 ;

P (X2 = 4) = 14

.

3. a. P (Xn + 1 = 0) = 14

P (Xn = 1).

b. P (Xn + 1 = 1) = P (Xn = 0) + 12

P (Xn = 2).

P (Xn + 1 = 2) = 34

P (Xn = 1) + 34

P (Xn = 3).

P (Xn + 1 = 3) = 12

P (Xn = 2) + P (Xn = 4)

P (Xn + 1 = 4) = 14

P (Xn = 3).

4. A =

0 1 0 0 014

0 34

0 0

0 12

0 12

0

0 0 34

0 14

0 0 0 1 0

.

On a : En = E0 × An.5. Avec le logiciel Xcas, on saisit la matrice A de la façonsuivante :

A:=[[0,1,0,0,0],[1/4,0,3/4,0,0],[0,1/2,0,1/2,0],[0,0,3/4,0,1/4],[0,0,0,1,0]]

.

On saisit aussi la matrice E comme suit :

E:=[[0,0,0,0,1]] .On calcule ensuite E3 par la formule :

E3:=E*A^3 .On opère de même pour E10 et E50.Pour obtenir des valeurs approchées des cœfficients de ces

matrices, on peut utiliser la fonction evalf de Xcas. evalf(E50)donne une valeur approchée des cœfficients de la matrice E50,avec un nombre de chiffres significatifs qui peut être réglé dansl’onglet Cfg du logiciel, puis Configuration du CAS  : on entrealors le nombre de chiffres significatifs voulu dans Flottants .On peut aussi préciser un nombre n de décimales directement

au clavier, en saisissant evalf(E50,n) .

Page 103: chaPitre 9 Produit scalaire dans l’espace - livreduprof.fr · la définition du produit scalaire donnée dans le plan. Vecteur normal à un plan. Équation cartésienne d’un plan

230

f. On résout :

y z x

x t y

x z

x z t

+ =

+ =

=

+ =

12

131313

12

ce qui donne x = 2 t, y = 53

t et z = 23

t, c’est-à-dire la matrice

X = ( )2 53

23

t t t t .

Puisque X est formée de probabilités dont la somme est 1 :

2 t + 53

t + 23

t + t = 1, soit t = 316

.

D’où X = ( )38

516

18

316  : c’est le régime stationnaire (ou l’état

stable) de cette promenade aléatoire sur le Web.Correctif : il faut lire « La matrice solution dont la somme des éléments est 1 s’appelle le régime stationnaire. ».

Partie B1. Au bout d’un certain nombre d’étapes, le surfeur va setrouver en P5, d’où il ne pourra plus s’échapper !2. Pour c = 0 : A’ = B : toutes les pages ont des liens entre elleset le surfeur clique au hasard sur l’une d’elles.Pour c = 1 : A’ = A : le surfeur peut être « bloqué » sur une pagecomme à la question 1.3. a. La nouvelle matrice A’est égale à 0,85A + 0,15B.B est une matrice 4 × 4 ne comprenant que des cœfficients 0,2 :on peut la définir avec la commande makemat de la façon

suivante : B:=makemat(0.2,4,4) .On obtient ainsi A’ avec la formule :

A1:=0.85*A+0.15*makemat(0.2,4,4)   ,où A est la matrice saisie dans la partie A.

On obtient : A’ =

380

77240

77240

77240

7180

380

380

380

3780

380

380

3780

380

7180

380

380

b. A’10 ≈

0,358 0,306 0,138 0,1980,356 0,307 0,139 0,1980,355 0,307 0,140 0,1980,358 0,306 0,138 0,198

A’20 ≈

0,357 0,307 0,139 0,1980,357 0,307 0,139 0,1980,357 0,307 0,139 0,1980,357 0,307 0,139 0,198

A’80 ≈

0,357 0,307 0,139 0,1980,357 0,307 0,139 0,1980,357 0,307 0,139 0,1980,357 0,307 0,139 0,198

.

On peut ainsi conjecturer que le nouvel état stationnaire estdonné par la matrice ligne (0,357 0,307 0,139 0,198), à 10– 3 près.

Partie A1. a. P (X1 = 1) = 0 ; P (X1 = 2) = 1

3 ;

P (X1 = 3) = 13

 ; P (X1 = 4) = 13

.

b. P (X2 = 1) = 12

 ; P (X2 = 2) = 13

 ;

P (X2 = 3) = 0 ; P (X2 = 4) = 16

.

2. a. D’après la formule des probabilités totales (ou avec unarbre de probabilités), on obtient :

P (Xn + 1 = 1) = P (Xn = 2) + 12

P (Xn = 3).

b. P (Xn + 1 = 2) = 13

P (Xn = 1) + P (Xn = 4).

P (Xn + 1 = 3) = 13

P (Xn = 1).

P (Xn + 1 = 4) = 13

P (Xn = 1) + 12

P (Xn = 3).

c. A =

0 13

13

13

1 0 0 012

0 0 12

0 1 0 0

.

d. Avec le logiciel Xcas, on saisit la matrice A de la façonsuivante :

A:=[[0,1,1/2,0],[1/3,0,0,1],[1/3,0,0,0],[1/3,0,1/2,0]] .Pour arrondir les cœfficients d’une matrice M à 10– 3 près, on

saisit : evalf(M,3) .En arrondissant à 10– 3 près, on obtient :

A20 ≈

0,375 0,312 0,125 0,1870,375 0,313 0,125 0,1880,375 0,313 0,125 0,1880,375 0,312 0,125 0,187

.

Puisque U20 = U0 × A20, on peut déterminer U20 selon si lesurfeur part de P1, P2, P3 ou P4 :P1 : E20 ≈ (0,375 0,312 0,125 0,187)P2 : E20 ≈ (0,375 0,313 0,125 0,188)P3 : E20 ≈ (0,375 0,313 0,125 0,188)P4 : E20 ≈ (0,375 0,312 0,125 0,187)On se rend compte que le point de départ n’a pratiquementaucune influence sur la position du surfeur après 20 clics.

e. A10 ≈

0,378 0,311 0,123 0,1870,370 0,315 0,127 0,1880,366 0,315 0,131 0,1890,382 0,310 0,120 0,188

A80 ≈

0,375 0,313 0,125 0,1880,375 0,313 0,125 0,1880,375 0,313 0,125 0,1880,375 0,312 0,125 0,188

On peut conjecturer que, quel que soit le point de départ,le surfeur a 37,5 % de chance de se trouver en P1, 31,3 % dechance de se trouver en P2, 12,5 % de chance de se trouveren P3 et 18,8 % de chance de se trouver en P4, après un grandnombre de clics.La matrice ligne des probabilités à l’étape 80 est   :

(0,375 0,313 0,125 0,188).

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231Chapitre 4 Problèmes d'évolution – Term S spécialité

2. a. P (An + 1) = 12

P (Bn) + 13

P (Cn) + 13

P (Dn).

b. P (Bn + 1) = 13 P (An) + 2

3 P (Cn) + 14 P (Dn).

P (Cn + 1) = 13 P (An) + 1

4 P (Dn).

P (Dn + 1) = 13 P (An) + 1

2 P (Bn).

3. M =

0 13

13

13

12

0 0 12

13

23

0 0

12

14

14

0

.

4. À 10–2 près, on trouve :

M2 ≈

0, 44 0,31 0,08 0,170,25 0,29 0,29 0,170,33 0,11 0,11 0, 440,21 0,33 0,17 0,29

.

À 10– 4 près, on a :

M10 ≈

0,3151 0,2763 0,1657 0,24290,3149 0,2761 0,1659 0,24310,3149 0,2762 0,1656 0,24330,3147 0,2763 0,1658 0,2432

.

M60 ≈

0,3149 0,2762 0,1657 0,24310,3149 0,2762 0,1657 0,24310,3149 0,2762 0,1657 0,24310,3149 0,2762 0,1657 0,2431

.

5. La probabilité que la sauterelle soit en A au bout de 10minutes est, à 10– 4 près : 0,3151.La probabilité que la sauterelle soit en A au bout d’une heureest, à 10– 4 près : 0,3149.

6. Les probabilités de se trouver en A, B, C ou D se stabilisent, etceci quel que soit le point de départ de la sauterelle.

7. X = XM ⇔

y z t x

x z t y

x t z

x y t

+ + =

+ + =

+ =

+ =

12

13

12

13

23

14

13

14

13

12

⇔ x = 5744 t et y = 25

22 t et z = 1522 t.

Puisque x + y + z + t = 1, on en déduit :

X = ( )57181

50181

30181

44181

.

Remarque : la solution exacte est :

158 619444 212

136 213444 212

15 400111 053

21 945111 053

.

problème Les émissions concurrentes5Ce problème traite d’une marche aléatoire à deux états : il peut permettre d’introduire le cours sur l’étude asymptotique des marches aléatoires. On découvre que la convergence n’est pas liée aux conditions initiales.

1. a. a0 = 0,7 et X0 = (0,7 0,3).b. an + 1 = 0, 85 an + 0,10 bn et bn + 1 = 0, 15 an + 0, 90 bn.

2. A =

0,85 0,150,10 0,90

: la somme des éléments de chaque ligne

de la matrice A est égale à 1.

3. a. A2 =

0,7375 0,26250,175 0,825

.

A3 =

0,6531 0,34690,2313 0,7688

.

X2 = (0,5687 0,4313) ; X3 = (0,5266 0,4734).b. La proportion de spectateurs regardant la chaîne A au boutde 3 semaines est environ 52,7 %.

4. P–1 =−

0, 4 0,60, 4 0, 4

et D =

1 00 0,75

.

5. D n =

1 00 0,75n et An = PDnP–1, soit :

An = × + − × +− × + × +

0,6 0,75 0, 4 0,6 0,75 0,60, 4 0,75 0, 4 0, 4 0,75 0,6

n n

n n.

6. a. Xn = X0 × An = (a0 b0) × An.Xn = ((0,6 a0 – 0,4 b0 ) 0,75 n + 0,4 (– 0,6 a0 + 0, 4 b0 ) 0,75n + 0,6).b. Quand n tend vers + , (Xn) a pour limite (0,4 0,6) : celle-ciest bien indépendante des proportions initiales.

problème Une sauterelle dans une cage tétraédrique

6

Dans ce problème, on s’intéresse à la promenade aléatoire d’une sauterelle dans une cage, puis on s’intéresse au comportement asymptotique de cette marche aléatoire à quatre états.Fichier associé sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium :04_TSspe_probleme6.xws (Xcas).

1. La probabilité que la sauterelle soit en B après une minuteest 1

3.

Au bout de deux minutes, pour être en B, elle peut êtrepassée par C ou D. La formule des probabilités totales donne :

× + × =13

23

13

14

1136

.

Page 105: chaPitre 9 Produit scalaire dans l’espace - livreduprof.fr · la définition du produit scalaire donnée dans le plan. Vecteur normal à un plan. Équation cartésienne d’un plan

232

12 1. C =

0,2 00 2

C +

10

⇔−

0,8 00 1

C =

10

⇔ C =−

1,25 00 1

×

10

⇔ C =

1,250

.

On a utilisé l’inverse de la matrice M =−

0,8 00 1

:

M–1 =−

1,25 00 1

.

2. Xn = C + An (X0 – C), avec An =

0,2 00 2

n

n

et X0 – C =

0,751

, donc Xn = + ×

1,25 0,75 0,22

n

n.

La suite (Xn) n’est pas convergente, car la suite de terme général2n n’est pas convergente.13 On cherche d’abord la matrice C telle que :

C = 0,25 00 0,6

C +

11

.

Ceci équivaut à :

0,75 00 0,6

C =

11

⇔ C =

43

0

0 53

×

11

⇔ C =

4353

.

On en déduit : Xn = An(X0 – C) + C.

Puisque An =

0,25 00 0, 4

n

n, on trouve :

Xn =

0,25 00 0, 4

n

4323

+

4353

.

Ainsi, la suite (Xn) converge vers

4353

.

14 1. Correctif : la matrice C est égale à −−

12

et non

30

.On vérifie que C = A × C + B.

2. a. N =

0 10 0

.

b. N2 est la matrice nulle.D’où : D2 = I2 + 2 N ; D3 = I2 + 3 N ; D 4 = I2 + 4 N.c. On conjecture alors que : D n = I2 + n N, pour n entier au moinségal à 1 ; on le démontre ensuite par récurrence.

Ainsi : D n =

10 1

n et An = 2n D n = nn n

n

2 20 2

.

P O U R D É M A R R E R

1 X0 = −

41

, X1 = −

34

, X2 =

07

et X20 =

396161

.

2 La suite (Xn) converge vers la matrice

00

.

3 1. X1 =

22

, X2 =

43

et X3 =

64

.

2. Xn = X0 + nB =+

21

.nn

3. La suite (Xn) n’est pas convergente.

4 1. X1 =−

12

12

, X2 =−

14

14

et X3 =−

18

18

.

2. Xn = ( )12

n, X0 =

121

2

n

n

.

3. La suite (Xn) converge vers la matrice

00

.

5 Xn =

0,5 00 1

21

= ×

2° °0,51

n.

La suite (Xn) converge vers la matrice

01

.

6 1. On procède par récurrence.

2. Xn = An ×−

21

= −

−1

2˛2

12n .

La suite (Xn) converge vers la matrice −−

21

.

7 Voir livre p. 142.8 1. cn + 1 = – 3 et on a bien : – 3 = 2 × (– 3) + 3.

2. vn + 1 = un + 1 + 3 = 2un + 6 = 2vn, donc la suite (vn) estgéométrique de raison 2.Alors : vn = 3 × 2n, et un = 3 × 2n – 3.

9 Voir livre p. 142.10 1. On résout : c = 1

4 c – 3, soit c = – 4.La suite (tn) telle que tn = – 4 est solution.

2. vn + 1 = un + 1 + 4 = 14 un + 1 = 1

4 (un + 4) = 14 vn, donc la suite

(vn) est géométrique de raison 14

.

Alors : vn = 6 × ( )14

n, et un = 6 × ( )1

4n

– 4.

3. La suite (un) converge vers – 4.

11 1.

×

12

0

0 13

23

+

12

=

23

,

donc la suite (Cn) vérifie la relation donnée.

2. Xn =( )

( )

12

0

0 13

n

n× −

1 21 3

+

23

==−

2 12

3 23

n

n

.

3. La suite (Xn) converge vers la matrice

23

.

E Exercices

Page 106: chaPitre 9 Produit scalaire dans l’espace - livreduprof.fr · la définition du produit scalaire donnée dans le plan. Vecteur normal à un plan. Équation cartésienne d’un plan

233Chapitre 4 Problèmes d'évolution – Term S spécialité

D’où :x y xx y y{ + =+ =

0,5 0,250,5 0,75

, soit y = 2x.

Puisque x + y = 1, alors x = 13 et y = 2

3.

L’état stable est 13

23( ).

28 1. M =

0,5 0,5 00,2 0 0,80,8 0,2 0

.

2. M2 =

0,35 0,25 0, 400,74 0,26 00, 44 0, 40 0,16

: puisque M2 ne comporte pas de

zéro, il existe un état stable (x y z), avec x + y + z = 1, tel que :

x y z xx z yy z

+ + =+ ==

0,5 0,2 0,80,5 0,20,8

soit z = 1, 25y et x = 1, 68y.

D’où : 3,48 y = 1 et z = 2087 .

D’où l’état stable : ( )4287

2587

2087

.

P O U R s ’ E n t R A î n E R29 1. On le montre par récurrence.

2. Un = An U0 = −−

+2 12 1

1n

n.

3. La suite (Un) n’est pas convergente.

30 1. P–1 = −−

3 21 1

et D =

12

0

0 14

.

2. D n =( )

( )

12

0

0 14

n

n. On en déduit :

An = PD n P–1 =− − +

− − +

32

22

12

22

32

32

12

32

2 1 2

2 1 2

n n n n

n n n n

.

3. Vn = AnV0 =−

− −

12

12

12

32

2 2 1

2 2

n n

n n

.

4. La suite (Vn) converge vers la matrice

00

..

31 Voir livre p. 143.

32 1. On a :a a bb a

n n n

n n{ = +

=+

+

80,25

1

1avec a0 = 20 et b0 = 0.

D’où : Xn + 1 = AXn, avec A =

1 80,25 0

.

2. P–1 = 13 −

1 41 8

et D =−

2 00 1

.

3. D n =−

2 00 ( 1)

n

n .

3. Puisque Xn = An (X0 – C) + C, avec X0 – C =

43

, on en déduit

que la suite (Xn) n’est pas convergente. En effet, 2n et n 2n ontpour limite +  quand n tend vers + .15 a = 0,75 ; b = 0,6.16 1. La probabilité est 0,9.

2. La probabilité est 0,6.18 Voir livre p. 142.

19 M2 =

0,28 0,720,24 0,76

, donc la probabilité de retour à l’état

initial après deux étapes est donnée par M2 × E0 : on trouve 0,28.20 a = 0,3 ; b = 0,1 ; c = 0,2.21 1. La probabilité est 0,1.

2. La probabilité est 0,3.22 La matrice de transition est :

M =

0 0,9 0,10, 4 0,2 0, 4

0 0 1.

23 1. M =

0 0,6 0, 40,1 0,5 0, 40 0,8 0,2

.

2. M2 =

0,24 0, 44 0,320,08 0,60 0,320,32 0,32 0,36

.

0,24 représente la probabilité de passage de l’état 1 à l’état 1en deux étapes.0,44 représente la probabilité de passage de l’état 1 à l’état 2en deux étapes.0,32 représente la probabilité de passage de l’état 1 à l’état 3en deux étapes.24 1. La matrice de transition est :

M =

0 12

12

0

13

0 13

13

13

13

0 13

13

13

13

0

.

2. M3 =

297

277

277

27

13

13545

185

18

135

1813545

18

1929295

27

.

La probabilité que la puce revienne en A au bout de trois sautsest 2

9.

25 Voir livre p. 143.26 1. Mn est égal, soit à M, soit à

1 00 1

. Ainsi, si l’état initial

est l’état A, alors l’état suivant est l’état B, puis alternativementA et B ; de même si l’état initial est l’état B.2. Il n’y a pas d’état stable, car les états sont alternativementA et B.27 1. La matrice de transition est : M =

0,5 0,50,25 0,75

.

2. M ne possède aucun zéro, donc il y a un état stable (x y), quivérifie : (x y) × M = (x y), avec x + y = 1.

Page 107: chaPitre 9 Produit scalaire dans l’espace - livreduprof.fr · la définition du produit scalaire donnée dans le plan. Vecteur normal à un plan. Équation cartésienne d’un plan

234

35 1. x (t + 1) = 0,4 y (t) car le nombre d’oiseaux de plus d’unan à la date t est y (t), donc le nombre de femelles de plusd’un an à la date t est ( )

2y t , et ainsi le nombre d’œufs pondus

pendant l’année est 80100

× ( )2

y t= 0,4 y (t).

2. A =

0 0, 40,3 0, 4

.

3. P–1 = 18 −

1 23 2

et D =−

0,6 00 0,2

.

4. Dt =−

0,6 00 ( 0,2)

t

t .

At = 18

2 0,6 6 0,2 4 0,6 4 0,2

3 0,6 3 0,2 6 0,6 2 0,2

( ) ( )( ) ( )

× + × − × − × −× − × − × + × −

t t t t

t t t t.

5. a. N (t) = At N (0) = At ×

200400

.

D’où :x (t) = 250 × 0,6t – 50 × (–0,2)t et y (t) = 375 × 0,6t +25 × (–0,2)t.

La suite de matrices (N (t))t converge vers la matrice

00

.

b. Cette population d’oiseaux va s’éteindre.

36 1. a. P (R1) = 12 (a + b) = a – 0,25.

P (R2) = 12 (1 – a + 1 – b) = 1

2 (2 – a – b) = 1,25 – a.

b. P (Rn + 1) = a × P (Rn) + b × P (Nn).P (Nn + 1) = (1 – a) P (Rn) + (1 – b) P (Nn).

D’où la matrice : A =− −

1 1

a ba b

.

2. a. On calcule P × Q, et en utilisant le fait que 2a – 2b = 1, onobtient I2, ce qui prouve que Q–1 = P (et aussi P–1 = Q).

b. D =−

1 00 a b

=

1 00 0,5

.

c. D n =

1 00 0,5n .

An = PDn P–1, soit :

An =( )

( )− − −− − − +

2

( 1)0,5 1 0,51 (1 0,5 ) 1 0,5b a b

a a b

n n

n n.

3. a. Xn = An–1X1, soit :

Xn = −− + + −

2 0,52 2 ( 1)0,5

b aa a b

n

n ,ou encore :

Xn = − −− + −

2 1 0,52 2 (2 1,5)0,5

a aa a

n

n .

b. La suite (Xn) converge vers la matrice −−

2 12 2

aa

.

c. Au bout d’un grand nombre de tirages, la probabilité d’avoirune boule rouge est environ 2a – 1, et celle d’avoir une boulenoire est environ 2 – 2a.37 C’est faux : si A = I2, alors An = A et (Xn) converge vers X0,

qui n’est pas en général la matrice

00

.

38 C’est vrai : la suite (Xn) prend alternativement les valeurs

10

et

01

.

An = 13

2 ( 1) 8 2 8 (̂ 1)2 0,25 (̂ 1) 2 2ˆ ( 1)

1 1

2+ − × − × −

− × − + × −

+ +

n n n n

n n n n.

4. a. Xn = AnX0, d’où :

an = 203 (2n + 1 + (–1)n) = 5

3 (8 × 2n + 4 × (–1)n) ;

bn = 203 (2n – 2 – 0,25 × (–1)n) = 5

3 (2n – (–1)n).

b. Ainsi : cn = an + bn = 53 (9 × 2n + 3 × (–1)n),

et cn = 15 × 2n + 5 × (–1)n.5. Les suites (an), (bn) et (cn) ont pour limite + .

6. ac

n

n

n n

n n= × + × −× + × −

8 2 4 ( 1)9 2 3 ( 1)

a pour limite 89, en factorisant le

numérateur et dénominateur par 2n.bc

n

n

n n

n n= − −× + × −

2 ( 1)9 2 3 ( 1)

a pour limite 19 , en factorisant le

numérateur et le dénominateur par 2n.ccn

n

n n

n n= × + × −× + × −

+ + +15 2 5 ( 1)15 2 5 ( 1)

11 1

a pour limite 2.

Interprétation  : à longue échéance, la proportion de sourisjuvéniles tend à se stabiliser autour de 8

9, celle de souris adultes

autour de 19, et la population totale de souris tend à doubler

chaque année.

33 1. A = 13

2 11 2

.

2. On fait un raisonnement par récurrence.

3. Xn = AnX0 = 12

+ + −

− + +

3 3

3 3

a a b b

a a b bn n

n n

.

4.u a b a b

v a b b a

n n

n n

( )( )

= + + −

= + + −

12 312 3

5. (un) et (vn) convergent toutes les deux vers +2

a b .

34 1. A =−

− −−

5 5 21 7 4

2 5 5.

2. P–1 =

16

12

13

13

0 13

12

12

1

et D =

12 0 00 3 00 0 2

.

3. D n =

12 0 00 3 00 0 2

n

n

n.

4. Puisque X0 =

010

et Xn = AnX0, il suffit de calculer la seconde

colonne de la matrice An pour obtenir X0.

5. La seconde colonne de An donne : Xn =

+

2 122

2 122

2 122

n n

n n

n n

.

6. La suite (Xn) n’est pas convergente.

Page 108: chaPitre 9 Produit scalaire dans l’espace - livreduprof.fr · la définition du produit scalaire donnée dans le plan. Vecteur normal à un plan. Équation cartésienne d’un plan

235Chapitre 4 Problèmes d'évolution – Term S spécialité

x y xy y{− + + =

− =3 1

, ce qui donne x = 12 et y = 0. D’où C =

120

.

Ainsi Xn = An (X0 – C) + C et :

Xn = ( )− × +

1 32

12

0

n.

3. La suite (Xn) n’est pas convergente  : en effet, elle prend

alternativement les valeurs

20

et −

10

.

42 1. A =−

6 31 2

et B =−

41

.

2. P–1 = 12

− −

1 31 1

et D =

3 00 5

.

3. D n =

3 00 5

n

n. Comme An = PD nP–1, on a :

An = 14

− × × − ×− − ×

3 3 5 3 3 3 55 3 5 3 3

n n n n

n n n n.

4. On détermine la matrice C telle que C = AC + B ; on trouve

C =−

78

18

.

Alors Un = An(U0 – C) + C, avec U0 =

7838

d’où : Un =× − × −

− × + × +

18

(5 3 12 5 7)

18

( 5 3 4 5 1)

n n

n n.

5. xn = × − × −18

(5 3 12 5 7)n n et yn = − × + × +18

( 5 3 4 5 1)n n .

6.

xn

n→lim

+= – et lim

+→y

nn = + .

Ces deux suites divergent.43 1. Algorithme de calcul de un :

Saisir na prend la valeur 0b prend la valeur 1Pour i allant de 2 à n c prend la valeur b

b prend la valeur 32 × b – 12

× a

a prend la valeur cFin PourAfficher b

Programmes sur calculatrices :

TEXAS CASIO

2. A = −

32

12

1 0.

3. P–1 = −−

2 11 1

et D =

1 00 1

2.

39 1. P–1 = −−

1 21 3

et D =

12

0

0 14

.

2. D n =

12

0

0 14

n

n

. Puis : An = PDn P–1, soit :

An =− −

− −

32

24

64

62

12

14

34

22

n n n n

n n n n

.

3. On peut poser C =

xy , et on se ramène à résoudre le

système :x y x

x y y

− + =

− + =

32

1

14

14

1ce qui donne x = – 23 et y = 2

3.

D’où : C =−

23

23

.

4. Xn – C = An (X0 – C), soit Xn = An (X0 – C) + C.

D’où Xn =( )( )

− −

− +

53

92

84

23

53

32

44

23

n n

n n

.

5. La suite (Xn) converge vers−

23

23

.

40 1. P–1 =− −

15

0

65

1et D =

12

0

0 13

.

2. D n =( )−

12

0

0 13

n

n . Puisque An = PDn P–1, on a :

An = ( ) ( )− + −

12

0

65

12

13

13

n

n

n n .

3. On cherche la matrice C telle que C = AC + B.

On trouve : C =

032

Alors Xn – C = An(X0 – C) et :

Xn =

12

65

12

310

13

32( )− × − × − +

n

n

n.

4. La suite (Xn) converge vers

032

.

41 1. On le démontre par récurrence.2. On cherche d’abord la matrice C telle que C = AC + B.

Si on pose C =

xy , on se ramène à résoudre le système

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236

49 1. La suite de matrices (An) converge puisque toutes lessuites composant cette matrice convergent. Donc, la suite (Xn)converge. Cet énoncé est vrai.2. Énoncé réciproque : « si la suite (Xn) définie par la relationXn + 1 = AXn + B converge, alors A est une matrice diagonaledont les éléments sont compris entre 0 et 1 ».C’est faux : il suffit de prendre l’exemple traité dans le savoir-faire 2, page 115.50 La matrice –B vérifie la relation de récurrence.

D’où Xn = 2n(X0 + B) – B, avec X0 + B =

23

.

La suite (Xn) n’est pas convergente.L’affirmation est fausse.51 C’est vrai : il suffit de prendre a = 1 dans la définition d’une

suite arithmético-géométrique.52 C’est faux.

Le contre-exemple donné par la suite (un) telle que :un + 1 = 2un – 3 et u0 = 3 le montre. On a bien a 1 (a = 2), maiscette suite est constante égale à 3, donc elle converge vers 3.En fait, ces suites convergent si et seulement si, soit a = 1 et

b = 0, soit a ≠ 1 et u0 = b1− a , soit –1 a 1.

53 1.

S

0,9

0,1

0,8 0,2

N

2. Matrice de transition : A =

0,9 0,10,8 0,2

.

3. A 4 =

0,889 0,1110,888 0,111

, à 10– 3 près, et ainsi U4 = (0,889 0,111),

donc la probabilité que le coucou chante à midi est 0,889.

55 1. Matrice de transition : M =

0,95 0,050,01 0,99

.

2. On détermine la matrice ligne U4 donnant l’état probabilisteen 2016 :

U4 = 0,92 0,08( ) × M 4 = ( )0,755 0,245 ,à 10– 3 près.La répartition prévisible des clients en 2016 est  : 75,5% enagence et 24,5 % sur Internet.

56 1. Matrice de transition : A =

0,7 0,30,15 0,85

.

2. La répartition prévisible le 6e jour est donnée par :U6 = (0,8 0,2) × A6 = (0,346 0,654),

à 10– 3 près.Au sixième jour, la répartition est de 34,6 % pour le minibus etde 65,4 % pour le quad.3. a. (an + 1 bn + 1) = (an bn) × A.D’où : an + 1 = 0, 7an + 0, 15bn = 0,15 + 0, 55an car bn = 1 – an.b. C’est une suite arithmético-géométrique : on cherche c telque c = 0,15 + 0, 55c, soit c = 1

3.

D’où : an – 13 = 0,55n ( )−0,8 1

3et an = 7

15 × 0,55n + 13.

4. D n =

1 00 1

2n. Puisque An = PDn P–1, on a :

An =− −

− −

2 ° 12

12

1

2 22

22

1

n n

n n

.

5. Xn = AnX0 =−

2 ° 12

2 22

n

n

.

On en déduit : un = 2 – 12n

.

Ainsi, la suite (un) converge vers 2.45 1. On cherche d’abord le réel c tel que c = 1

4 c – 7.On trouve : c = – 28

3 . D’où :

un + 283 = ( )1

4n

× ( )+ 2830u et un = 31

3 × ( )14

n– 28

3.

2. (un) converge vers – 283

.

46 1. On cherche d’abord le réel c tel que c = 110

c + 18.On trouve : c = 20. D’où :

un – 20 = ( )110

n× (u0 – 20) et un = (–17) × ( )1

10n

+ 20.

2. (un) converge vers 20.47 1. On cherche d’abord le réel c tel que c = 5c – 8.

On trouve : c = 2.D’où un – 2 = 5n × (u0 – 2) et un = 2 pour tout entier naturel n.2. (un) converge vers 2.48 Algorithme de détermination de la limite de la suite (un).

Lorsque a = 1, alors (un) est une suite arithmétique et sa limiteest a si b est nul, +  si b 0 et – si b 0.Lorsque a ≠ 1, alors on peut écrire un sous la forme :

un = an (a – c) + c, où c = ba1−

.

La suite converge vers c si 0 a 1 ou a = c, et elle a pourlimite +  ou – dans les autres cas.D’où l’algorithme :

Saisir a, b, aSi a = 1

Alors Si b = 0Afficher aSinon Si b 0

Alors Afficher « + »Sinon Afficher « – »

Fin SiFin Si

Sinon c prend la valeur b1 − a

Si a 1Alors Afficher cSinon Si a = c

Alors Afficher cSinon Si a c

Alors Afficher « + »Sinon Afficher « – »

Fin SiFin Si

Fin SiFin Si

Page 110: chaPitre 9 Produit scalaire dans l’espace - livreduprof.fr · la définition du produit scalaire donnée dans le plan. Vecteur normal à un plan. Équation cartésienne d’un plan

237Chapitre 4 Problèmes d'évolution – Term S spécialité

3. P–1 = −−

0 0 10 1 11 2 1

D =

1 0 00 2

30

0 0 13

.

4. D n = ( )( )

1 0 0

0 23

0

0 0 13

n

n.

Mn =

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )− − +

13

2 23

2 13

1 2 23

13

0 23

1 23

0 0 1

n n n n n

n n .

5. Xn = X1 Mn–1

= ( ) ( ) ( ) ( ) ( )−

− +

− − − − −1000 1

31000˛ 2 2

32 1

31000˛ 1 2 2

313

1 1 1 1 1n n n n n.

6. La suite (Xn) a pour limite (0 0 1 000). Cela signifie qu’àterme, tout le monde aura les trois images.7. On doit avoir :

( ) ( )− +

− −1000˛ 1 2 2

313

1 1n n 999,

c’est-à-dire ( ) ( )−− −

2 23

13

1 1n n 0,001.

La suite (un) telle que un = ( ) ( )−− −

2 23

13

1 1n nest décroissante, et

la calculatrice donne n – 1 19, soit n 20.On peut considérer que toutes les personnes ont les troisimages au bout de 20 semaines.

63 1. Matrice de transition : M =

13

12

16

14

14

12

12

14

14

.

2. a. On calcule :(1 0 0) × M7 = (0,356 0,339 0,305), à 10– 3 près.

Donc, la probabilité qu’il fasse beau le 8 juillet est environ 0,356.b. La probabilité qu’il fasse beau tous les jours du 1er au 8 juillet

est égale à ( )13

7≈ 0,0005.

64 1. Matrice de transition :

M =

0 14

14

14

14

0 0 14

12

14

0 0 14

12

14

0 14

14

14

14

0 0 0 0 1

.

2. On calcule : U4 = (1 0 0 0 0) × M 4

U4 = ( )0 13256

27256

41256

175256

.

57 C’est faux : la matrice de transition étant de la forme

−−

11

a ab b

, la somme des éléments d’une colonne vaut

1 si a = b, ce qui donne la matrice

0,5 0,50,5 0,5

.

58 C’est faux. La somme des éléments diagonaux est égale à2 – a – b : elle peut valoir 0,5, par exemple si a = 0,8 et b = 0,7.

59 C’est faux. La matrice de transition −−

11

a ab b

est

inversible si et seulement si (1 – a)(1 – b) – ab ≠ 0, soit a + b ≠ 1.On peut avoir a + b = 1, par exemple en choisissant a = 0,1 etb = 0,9.60 1. Matrice de transition :

M =

0 34

14

34

0 14

0 1 0

.

2. Matrice donnant l’état probabiliste au 4e lancer :

U4 = (1 0 0) × M 4 = ( )117256

1132

51256

.

Donc la probabilité que Boris ait la balle après le 4e lancer est1132

soit 0,344, à 0,001 près.

3. P–1 = − −

1235

1635

15

310

110

15

114

114

0

.

D = −

1 0 00 1

40

0 0 34

.

4. D n = ( )( )

0 0 0

0 14

0

0 0 34

n

n.

Puisque Mn = PDn P–1, on trouve :

Mn =

n n n n n

n n n n n

n n n n n

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

+ − + − − − − − − −

− − − − − − + − − −

− − + − + − − − + −

1235

310

14

514

34

1635

110

14

514

34

15

15

14

1235

310

14

914

34

1635

110

14

914

34

15

15

14

1235

65

14

67

34

1635

25

14

67

34

15

4 14

5. La probabilité qu’Alexis ait la balle au n-ième lancer est :

1235

+ 310

× ( )− 14

n+ 5

14× ( )− 3

4n.

61 Voir livre p. 143.62 1. X1 = (1 000 0 0).

2. Matrice de transition : M =

13

23

0

0 23

13

0 0 1

.

Page 111: chaPitre 9 Produit scalaire dans l’espace - livreduprof.fr · la définition du produit scalaire donnée dans le plan. Vecteur normal à un plan. Équation cartésienne d’un plan

238

c. Programmes sur calculatrice :

TEXAS CASIO

69 1. Les probabilités p1,2, p2,1, p3,1, p1,3, p2,3 et p3,2 sont

respectivement proportionnelles à 1, 1, 12, 1

2, 1 et 1.

Ainsi : p1,2 = 2p1,3 et 0,9 + p1,2 + p1,3 = 1, ce qui donne p1,2 = 130

et p1,3 = 115.

De même  : p2,1 = p2,3 et p2,1 + 0,9 + p2,3 = 1, ce qui donne

p2,1 = p2,3 = 0,05 = 120.

Enfin : 2p1,3 = p2,3 et p1,3 + p2,3 + 0,9 = 1, ce qui donne p1,3 = 130

et p2,3 = 115.

2. On calcule : U2 = (0 0 1) × M2, où M est la matrice de transition.

U2 = 19300

1190

733900( ) , donc la probabilité que ce pays voit sa

note abaissée d’un cran en 2014 est19300

1190

733900

≈ 0,122.

3. Il existe un état stable, puisque la matrice M est sans zéro.Si (x y z) est cet état stable, on a :

(x y z) × M = (x y z), avec x + y + z = 1.On en déduit : x = y = z = 1

3.

Au bout d’un grand nombre d’années, ce pays a autant dechances d’avoir toutes les notes.

70 L’algorithme est basé sur le fait qu’il n’ y a pas d’état stable

pour la marche aléatoire de matrice de transition −−

11

a ab b

si a = 0 et b = 0 ou bien a = 1 et b = 1, ce qui équivaut à ce quele produit ab soit égal à 0 ou 1 (car a et b sont compris entre0 et 1).

Saisir a, bSi ab = 0 ou ab = 1

Alors Afficher « Pas d’état stable »Sinon Afficher « Etat stable : »

Afficher ba + b

, aa + b

Fin Si

71 Voir livre p. 143.72 1.

A B

C0,85

0,1

0,70,4

0,6

0,2

0,15

La probabilité d’avoir terminé le jeu en quatre coups est 175256

,

soit 0,684 à 10– 3 près.3. Avec la calculatrice ou un logiciel, on calcule les matricesUn successives.On trouve :

U10 ≈ (0 0,009 0,019 0,028 0,944)U11 ≈ (0 0,007 0,014 0,021 0,958)

Il faut donc jouer au moins 11 coups pour que la probabilitéde gagner dépasse 95 %.65 C’est faux : p3,2 est la probabilité de passer de l’état 3 à

l’état 2.66 C’est faux : l’élément a1,1 de la matrice M 4 est égal à la

probabilité de passer de l’état 1 à l’état 1 en quatre étapes (sansobligatoirement rester dans l’état 1).67 Correctif : aux 6e et 7e lignes de l’énoncé, il faut lire ’’On note A

l’état « les habitants habitent la capitale » et B l’état « les habitants n’habitent pas dans la capitale ».

1. Matrice de transition : M =

0,6 0, 40,2 0,8

.

2. L’état stable existe.Il est défini par (x y), avec (x y) × M = (x y) et x + y = 1.

On obtient : 0,6x + 0,2y = x et x + y = 1, soit x = 13 et y = 2

3.

Après un certain nombre d’années, il y aura environ le tiers deshabitants dans la capitale (contre 40 % en 2012).

68 1. Matrice de transition : M =

0,6 0, 40,1 0,9

.

2. L’état stable existe.Il est défini par (x y), avec (x y) × M = (x y) et x + y = 1.

On obtient : 0,6x + 0,1y = x et x + y = 1, soit x = 15 et y = 4

5.

Au bout d’un grand nombre de jours, la proportion de placeslibres sera d’environ 20 %.3. a. Algorithme complété :

n prend la valeur 2Tant que Random 0,9 n prend la valeur n + 1Fin Tant queAfficher n

(Random est un nombre aléatoire de [0 ; 1[).b. Algorithme effectuant N simulations :

Saisir NS prend la valeur 0Pour i allant de 1 à N n prend la valeur 2

Tant que Random 0,9 n prend la valeur n + 1

Fin Tant que S prend la valeur S + nFin PourAfficher S

N

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239Chapitre 4 Problèmes d'évolution – Term S spécialité

2. Matrice de transition : M =

18

78

23

13

..

3. On recherche l’état stable de cette marche aléatoire :(x y) × M = (x y), avec x + y = 1.

On obtient (x y) = 1637

2137( ).

Il y a donc environ 43 % de voyelles et 57 % de consonnes danscet ouvrage.75 1. Matrice de transition :

M =

0 12

12

0 0 0

23

0 13

0 0 0

12

14

0 0 14

0

0 0 0 0 1 00 0 1

313

0 13

0 0 0 0 1 0

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

2. L’état initial est U0 = (1 0 0 0 0 0).

On calcule U0 × M6 :

5751 728

2211 152

193864

23864

2291 152

23864

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

La probabilité qu’il soit dans la salle A au bout d’une heure est :575

1 728≈ 0,333.

3. La matrice M6 est sans zéro, donc il existe un état stable.

M6 =

5751 728

2211 152

193864

23864

2291 152

23864

221864

1564

121432

19432

2451 728

19432

193864

121576

5411 728

17192

11144

17192

23216

19144

1748

85432

172

85432

229864

2451 728

11108

1216

8331 728

1216

23216

19144

1748

85432

172

85432

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

Celui-ci vérifie :(x y z t u v w) × M = (x y z t u v w).

Par le calcul ou avec un logiciel de calcul formel, on obtient :

L’état stable est : 14

316

14

116

316

116( ), soit :

(0,25 0,1875 0,25 0,0625 0,1875 0,0625).4. L’état stable montre que les seules salles où la probabilité derencontrer le gardien est inférieure à 0,1 pendant une longuedurée sont les salles D et F, et ceci dès 8h du matin.76 C’est faux : voir le cours page 120.77 C’est vrai : c’est une propriété du cours de la page 120.78 On cherche c tel que c = 1

5 c – 8, ce qui donne c = –10.

Puis : un + 10 = ( )15

n× (u0 + 10) soit un = 13 × ( )1

5n

– 10.

2. Matrice de transition : M =

0, 4 0,6 00,2 0,7 0,10 0,15 0,85

..

3. M2 =

0,28 0,66 0,060,22 0,625 0,1550,03 0,2325 0,7375

 : M2 est sans zéro, donc il

existe un état stable.On résout (x y z) × M = (x y z), avec x + y + z = 1, ce qui

donne x = 16

, y = 12 et z = 1

3.

À long terme, il y aura 16

des adhérents dans le groupe A, la

moitié dans le groupe B et le tiers dans le groupe C.4. Il a raison.73 1. Matrice de transition :

M =

0 16

16

16

16

16

16

15

0 25

0 0 0 25

15

25

0 25

0 0 0

15

0 25

0 25

0 0

15

0 0 25 0 2

5 0

15

0 0 0 25 0 2

515

25

0 0 0 25 0

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

2. La première ligne de la matrice M6 est la suivante :

5213125

4343125

4343125

4343125

4343125

4343125

4343125

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

La probabilité cherchée est donc 5213125

, soit environ 0,167.

3. On peut calculer M2 :

M2 =

15

215

215

215

215

215

215

425

53150

130

29150

130

29150

130

425

130

53150

130

29150

130

29150

425

29150

130

53150

130

29150

130

425

130

29150

130

53150

130

29150

425

29150

130

29150

130

53150

130

425

130

29150

130

29150

130

53150

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

M2 est sans zéro, donc il existe un état stable.L’état stable (p1 p2 p3 p4 p5 p6 p7) est tel que :

p2 = p3 = p4 = p5 = p6 = p7 par symétrie.Si on pose p1 = x et p2 = y, on résout :(x y y y y y y) × M = (x y y y y y y y) avec x + 6 y = 1.

Les équations se réduisent à : 65

y = x.

D’où : 65

y + 6y = 1, soit y = 536

et x = 16

.

L’état stable est donc : 16

536

536

536

536

536

536( ).

74 1.

V C87

81

32 3

1

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240

B. Utilisation d’un tableur

1. Pour entrer les valeurs de n dans la colonne C, on saisit 0

en D2, puis la formule =D2+1 dans la cellule D3, formule quel’on recopie ensuite vers le bas jusqu’en D502.Pour les effectifs de lièvres dans la colonne E, on saisit en E2 la

formule =A2 , puis en E3 la formule de récurrence de l’énoncé

=1,05*E2–0,001*E2*F2 .

Pour les effectifs de lynx dans la colonne F, on saisit en F2 la

formule =B2 , puis en F3 la formule de récurrence de l’énoncé

=0,97*F2+0,0002*E2*F2 .

On recopie ensuite les formules entrées en E3 et F3 vers le basjusqu’à la ligne 502.2. On constate une périodicité dans l’évolution du nombre deproies en fonction du temps ; la longueur de cette période estd’environ 180 ans.

3. De la même façon que pour les proies, on constate unepériodicité dans l’évolution du nombre de prédateurs enfonction du temps ; la longueur de la période semble la mêmeque pour les proies.Par contre, les variations sont décalées par rapport à celles desproies.

4. La représentation de l’ensemble des points de coordonnées(xn ; yn) fait bien apparaître le caractère cyclique du nombrede proies et de prédateurs. Le point d’équilibre du système(150 ; 50) se trouve « au centre » de l’ensemble des points ainsireprésenté.

79 1. Si M est la matrice de transition, on calcule :(0,4 0,6) × M5 = (0,1435 0,8565).

2. On résout (x y) × M = (x y) avec x + y = 1.

On trouve : (x y) = 17

67( ).

80 On conjecture que An =

n nn n

, puis on le démontre parrécurrence.

Alors Xn = An X0 =

nn

, d’où Un = +

+

1

1

.˛n

nn

n

.

Cette suite converge vers la matrice

11

.

P O U R fA i R E l E P O i n tVoir livre page 143. Les corrigés détaillés sont disponibles surle site www.bordas-indice.fr.

t R AVAU X P R At i Q U E s

tp Proies et prédateurs1

Ce TP étudie les évolutions de populations de proies et de prédateurs en discrétisant le problème, d’abord avec un tableur, puis avec le calcul matriciel. Dans une dernière partie, on étudie le problème sans discrétisation, mais en utilisant le calcul formel pour résoudre l’équation différentielle rencontrée (car celles-ci ne sont pas au programme de la classe).

Fichiers associés sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium :04_TSspe_TP1.xlsx (Excel 2007), 04_TSspe_TP1.xls (Excel 2003), 04_TSspe_TP1.ods (OpenOffice) et 04_TSspe_TP1.xws (Xcas).

A. Première étude du problème1. En discrétisant le problème, on remplace x (t) par xn, y (t) paryn, x ’ (t) par xn + 1 – xn et y ’ (t) par yn + 1 – yn.On obtient alors les relations données.2. En l’absence de prédateurs : yn = 0, donc on a la relationxn + 1 = 1,05xn : (xn) est une suite géométrique, donc xn = 1, 05n x0.La population des proies est croissante et augmenteindéfiniment.3. En l’absence de proies  : xn = 0, donc on a la relationyn + 1 = 0,97yn : (yn) est une suite géométrique, donc yn = 0, 97n y0.La population des prédateurs est décroissante et tend vers 0.4. On résout xn + 1 = xn et yn + 1 = yn pour tout naturel n.On obtient xn = 150 et yn = 50.Donc, pour les conditions initiales x0 = 150 et y0 = 50, le nombrede lièvres et de lynx reste constant.

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241Chapitre 4 Problèmes d'évolution – Term S spécialité

tp Le collectionneur d’images2Ce TP s’intéresse à un jeu bien connu : faire une collection d’images que l’on trouve dans des paquets de bonbons, de chocolats… Pour que les calculs soient abordables, on a limité la collection à 4 images : dans un premier temps, on étudie cette marche aléatoire à l’aide du calcul matriciel ; dans un second temps, on s’intéresse au nombre moyen d’achats à effectuer pour obtenir toute la collection : on conjecture d’abord cette valeur à l’aide d’un programme, puis on la détermine exactement par un calcul d’espérance mathématique.Fichiers associés sur le site www.indice-bordas.fr et sur le manuel numérique premium :04_TSspe_TP2_B2.ggb, 04_TSspe_correctionTP2_B2.ggb et 04_TSspe_correctionTP2_B3.ggb (GeoGebra).Correctif : la série complète comprend quatre images différentes.

A. Étude de la marche aléatoire

1. M =

14

34

0 0

0 12

12

0

0 0 34

14

0 0 0 1

.

2. E5 = E1 × M 4 = 1256

45256

75128

1564( ), donc la probabilité

d’avoir les 4 images après 5 achats est 1564

≈ 0,234.

E10 = E1 × M9 ≈ (0 0,006 0,214 0,781), donc la probabilitéd’avoir les 4 images après 10 achats est 0,781 à 10– 3 près.3. Correctif : Déterminer P –1, puis D = P –1MP (et non pas D = P –1AP).

a. P –1 =0 0 0 10 1 2 10 0 1 11 3 3 1

−−

− −

et D =

1 0 0 00 1

20 0

0 0 34

0

0 0 0 14

.

b. D n =n

n

n

1 0 0 00 0,5 0 00 0 0,75 00 0 0 0,25

.

On en déduit Mn (voir bas de page).4. a. En = E1 × M n–1, d’où En (voir bas de page).b.

nlim

+→En= (0 0 0 1). Au bout d’un très grand nombre

d’étapes, la probabilité d’avoir les 4 images est 1.

5. Il est intéressant de constater que, si le nombre initial de lynxest très voisin du nombre initial de lièvres, alors la périodicitédes évolutions n’apparaît plus.

C. Linéarisation du problème1. Xn + 1 = Xn – 0,15 Yn – 0,001 Xn Yn.Yn + 1 = 0, 01 Xn + Yn + 0, 0002 Xn Yn.2. En négligeant les produits Xn Yn, on obtient :

Xn + 1 = Xn – 0,15 Yn et Yn + 1 = 0, 01 Xn + Yn.

D’où : Un + 1 = A × Un, où A = −

1 0,150,01 1

.

3. Un = An U0, avec U0 = −−

200 15050 50

=

500

.

4. Pour un entier n fixé, on peut calculer An et ainsi en déduireUn et donc les effectifs de ces populations.Par exemple, pour n = 200 :

A100 ≈ −

0,13 4, 470,30 0,13

,

d’où : X200 ≈ 6,5 et Y200 ≈ 14,9.Ainsi : x200 ≈ 156,5 et y200 ≈ 64,9.

D. Retour aux fonctions1. X ’(t) = –0, 15Y (t) – 0,001 X (t) Y (t).Y ’(t) = 0, 01X (t) + 0,0002 X (t) Y (t).En négligeant les produits X(t)Y(t), on obtient les équationsdemandées.2. a. X ’’(t) = –0,15 × 0,01X(t) = –0,0015X(t).b. X (0) = 50 ; Y (0) = 0.

3. Avec le logiciel Xcas, on utilise la commande :

desolve ([x’’=(15/10 000)*x, x(0)=50,x’(0)=0],x) .

On trouve alors :

X (t) = 50 cos t15100( ), c’est-à-dire x (t) = 50 cos t15

100( ) + 150.

Ce résultat explique la « périodicité » des solutions découvertesavec le tableur.

TP2 A. 3 . b. Mn =

0,25n 3 0,5n − 0,25n( ) 3 0,75n − 2 × 0,5n + 0,25n( ) 1+ 3 × 0,5n − 3 × 0,75n − 0,25n

0 0,5n 2(0,75n − 0,5n ) 1+ 0,5n − 2 × 0,75n

0 0 0,75n 1− 0,75n

0 0 0 1

⎜⎜⎜⎜

⎟⎟⎟⎟

A. 4 . a. En = (0,25 n–1 3 (0,5 n–1 – 0,25 n–1) 3 (0,75 n–1 – 2 × 0,5 n–1) + 0, 25 n–1 1 + 3 × 0,5 n–1 – 3 × 0,75 n–1 –0,25 n–1).

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242

2. Correctif : T est la variable aléatoire égale au nombre de paquets à acheter pour avoir toute la collection, après le premier achat.a. À l’aide d’un arbre de probabilités, on obtient :

P (X1 = k) = 34

× ( ) −14

1k.

b. P (X2 = k) = ( )12

ket P (X3 = k) = 1

4 × ( ) −34

1k.

3. a. k

n

1∑=

k × P (X1 = k) = 34 k

n

1∑=

k ( ) −14

1k= 3

4 Sn14( ).

b. E (X1) = 43

 ; E (X2) = 2 ; E (X3) = 4.

c. E (T ) = 43 + 2 + 4 = 22

3. Donc, avec le premier achat, cela

donne un nombre moyen de paquets à acheter égal à 253

, soitenviron 8,33.

C A P V E R s l E B AC

Sujet A

1. a. xn + 1 = 0,4 xn + 0,3 yn + 0,2 zn.yn + 1 = 0,3 xn + 0,4 yn + 0,1 zn.zn + 1 = 0,3 xn + 0,3 yn + 0,7 zn.b. xn + yn + zn = 1.

2. A =

0,2 0,10,2 0,3

.

3. a. P est inversible car 1 × 2 – (–1) × 1 ≠ 0 :

P–1 = 13

2 11 1

.

b. D =

0,1 00 0, 4

.

c. D n =

0,1 00 0, 4

n

n.

An = 13

× + − +− × + × + ×

2 0,1 0, 4 0,1 0, 42 0,1 2 0, 4 0,1 2 0, 4

n n n n

n n n n.

4. a. C =

51829

.

b. Un = An (U0 – C) + C, d’où :

Un =− × − × +

× + × +

19

0,1 115

0, 4 518

19

0,1 215

0, 4 29

n n

n n.

5. a. xn = − × − × +19

0,1 115

0, 4 518

n n .

yn = × + × +19

0,1 215

0, 4 29

n n .

zn = 12 – 1

150,4n.

b. Les limites des suites (xn), (yn) et (zn) sont respectivement5

18, 29

et 12. Ainsi, à long terme, la marque Z va occuper la moitié

du marché, la marque X et la marque Y respectivement 28 %et 22 % du marché.

B. Étude expérimentale1. L prend la valeur {0, 0, 0, 0}

m prend la valeur 0Tant que L[1] × L[2] × L[3] × L[4] = 0 a prend la valeur Rand (1, 4) L[a] prend la valeur L[a] + 1 m prend la valeur m + 1Fin Tant queAfficher m

2. Programme sous AlgoBox :

3. a. On introduit une boucle POUR :

Saisir nc prend la valeur 0Pour i allant de 1 à n m prend la valeur 0 L[1] prend la valeur 0 L[2] prend la valeur 0 L[3] prend la valeur 0 L[4] prend la valeur 0

Tant que (L[1] × L[2] × L[3] × L[4] = 0 a prend la valeur Rand(1,4)

L[a] prend la valeur L[a]+1 m prend la valeur m + 1

Fin Tant que c prend la valeur c + mFin Pourc prend la valeur c

nAfficher c

b. On modifie le programme sous AlgoBox.En simulant 100 expériences, on obtient 8,64 (par exemple…).En simulant 1 000 expériences, on obtient 8,496 (par exemple).

C. Nombre moyen de paquets à acheter1. a. f ’(x) = Sn (x).

b. f (x) = −−

+

11x x

xn .

c. f ’(x) =n x n x

x

n n1 ( 1)(1 )

1

2− + +

−+

.

d. Sn (x) =n x n x

x

n n1 ( 1)(1 )

1

2− + +

−+

.

e. Correctif : on admet que n xn

nlim+→

= 0.

nlim

+→Sn (x) =

x1

(1 )2−.

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243Chapitre 4 Problèmes d'évolution – Term S spécialité

Sujet C

1. a. M =

13

23

0

14

12

14

0 0 1

.

b. an + 1 = 13 an + 1

4 bn et bn + 1 = 23 an + 1

2 bn.

D’où : Xn + 1 = Xn × Q, avec Q =

13

23

14

12

.

c. Correctif : la matrice Q n est égale à :

( ) ( )( ) ( )

25

56

45

56

310

56

35

56

n n

n n et non pas

( ) ( )( ) ( )

25

26

45

56

310

56

35

56

n n

n n

On le montre par récurrence.d. Xn = X0 × Q n, avec X0 = (1 0), donc :

Xn = ( ) ( )

25

56

45

56

n n.

Ainsi : cn = 1 – an – bn = 1 – 65 ( )5

6n

= 1 – ( ) −56

1n.

C’est la probabilité que la guêpe soit sortie au bout den minutes.

e. cn 0,009 ⇔ ( ) −56

1n 0,001 ⇔ n – 1

ln 0,001

ln 56( ) , soit n 39.

Cette probabilité dépasse 0,999 au bout de 39 minutes.

2. a. M’ =

13

23

0

14

12

14

0 0,1 0,9

.

b. M’2 =

518

59

16

524

53120

720

140

750

167200

 : M’2 ne contient pas de zéro, donc

il existe un état stable.On résout : (x y z) × M’ = (x y z), avec x + y + z = 1.

On trouve : (x y z) = 331

831

2031( ).

À long terme (c’est-à-dire au bout d’une journée), il y a 64 % dechance que la guêpe soit sortie, 26 % qu’elle soit dans la pièce Bet 10 % de chance qu’elle soit dans la pièce A.

Sujet DCorrectif : dans le plan du trésor à la 4e ligne il faut lire : « du chemin reliant B et C … » (et non pas A et C).1. Soit M n – 1 et Mn les points situés aux distances u n – 1 et un dupuits. Alors, le point suivant M n + 1, situé à la distance un + 1 dupuits, est le milieu de [M n – 1Mn], donc :

AMn + 1 = AMn + 12 MnM n – 1 = un + 1

2 (u n – 1 – un),

d’où : un + 1 = 12 un + 1

2 u n – 1.

Sujet B

1. x (t + 1)= 2,25 y t) + 0,75 x (t) – 0,25 x (t)= 0,5 x (t) + 2,25 y (t).

y (t + 1) = 0,75 y (t) + 0,25 x (t) – 0,25 y (t)= 0,25 x (t) + 0,5 y (t).

z (t + 1) = 0,25 y (t) + 0,25 z (t).On en déduit l’égalité : N (t + 1) = A × N (t).

2. A10 ×

10020050

3 2601 087272

, en arrondissant à une unité près.

Il y a donc 1 087 adultes après 10 unités de temps.

3. a. P–1 =

112

14

0

124

18

0

18

18

1

.

D =

14

0 0

0 54

0

0 0 14

.

b. Dt =

( )( )

( )

14

0 0

0 54

0

0 0 14

t

t

t

.

At =

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

− + − − +

− − + − +

− + − − − + +

12

14

12

54

32

14

32

54

0

16

14

16

54

12

14

12

54

0

112

14

124

54

18

14

14

14

18

54

18

14

14

t t t t

t t t t

t t t t t t t

4. a. N (t) = At × N(0), d’où :

x (t) = ( ) ( )− +

12

14

12

54

t ta + ( ) ( )− − +

32

14

32

54

t tb.

y (t) = at t1

614

16

54( ) ( )− − +

+ ( ) ( )− +

12

14

12

54

t tb.

z (t) = ( ) ( ) ( )− + −

112

14

124

54

18

14

t t ta

+( )

( ) ( )− −

+ +

14

14

18

54

18

14

t

t tb + ( )1

4t

c.

5. a. Les suites (x (t)), (y (t)) et (z (t)) ont chacune pour limite + ,donc ce modèle prédit la pérennité de l’espèce.

b. x ty tt

lim ( )( )+

( )→=

a b

a b

12

32

16

12

+

+= 3.

À long terme, il y a donc trois fois plus de larves que d’adultes.

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244

P O U R A l l E R P lU s lO i n90 Partie A

1. a. Puisque P n + 1 = Pn × P, on obtient cette relation encalculant le terme pi, 1(n + 1) de P n + 1.b. Quand i varie de 1 à 3, la relation précédente donnep1,1 (n + 1), p2,1 (n + 1) et p3,1 (n + 1) et Mn + 1 est bien le plus grandde ces nombres (c’est le plus grand élément de la premièrecolonne de Mn +1).c. On a p1,1 (n) Mn, p3,1 (n) Mn et pi,1 + pi,3 = 1 – pi,2 donc :

pi,1 p1,1(n) + pi,2 mn + pi,3 p3,1 (n) (1 – pi,2) Mn + pi,2 mn.d. Mn + 1 Mn – pi,2 (Mn– mn) Mn – d (Mn – mn), car pi,2 d.2. a. Mn + 1 – Mn –d (Mn – mn), avec d 0 et Mn – mn 0, doncMn + 1 – Mn 0 : la suite (Mn) est décroissante. Comme elle estminorée par 0, elle converge.b. mn + 1 – mn d (Mn – mn) 0, donc la suite (mn) est croissante.Comme elle est majorée par 1, elle converge.3. a. On a : –mn + 1 –mn – d (Mn – mn).Comme Mn + 1 Mn – d (Mn – mn), en sommant, on a :

Mn + 1 – mn + 1 Mn – mn – 2d (Mn – mn),soit : Mn + 1 – mn + 1 (1 – 2d) (Mn – mn).b. Correctif : il faut montrer par récurrence que 0 Mn – mn k n – 1

et non pas 0 Mn – mn kn.Pour n = 1, on a bien : 0 M1 – m1 1.Supposons 0 Mn – mn (1 – 2d) n – 1, alors on en déduit  :

Mn + 1 – mn + 1 (1 – 2d)n.Ainsi : 0 Mn – mn k n – 1, avec k = 1 – 2d.Puisque d est le plus petit élément de la matrice P, alors d ≠ 0(sinon P contiendrait un zéro) et d 1

9, et ainsi 1 – 2d 7

9 0.

c. D’après le b., la limite de (Mn – mn) est égale à 0, donc (Mn) et(mn) convergent vers la même limite L.Puisque mn pi,1(n) Mn, la suite (pi,1(n)) converge vers L, limiteindépendante de i.d. Le raisonnement fait est similaire pour la suite(pi,2(n)) (resp. (pi,3(n)), en considérant pour Mn et mn le plusgrand élément et le plus petit élément de la seconde (resp.troisième) colonne de P. De plus, ces trois suites ont la mêmelimite.e. Chaque suite composant la matrice Pn converge, donc lasuite de matrices (Pn) converge, et aussi la suite de matrices (Xn).

Partie B1. Soit I = ]–a ; a[ un intervalle ouvert contenant 0 (a 0). Alors,à partir d’un certain rang p, pour tout naturel n : u2n I.Puisque (un) décroît, pour tout entier n 2p, on a : 0 un u2p,donc un I, ce qui prouve la convergence de (un).2. On applique le raisonnement fait dans la partie A à la matriceP2, donc 0 M2n – m2n k2n–1 (avec k = 1 – 2d et d le plus petitélément de P2) ; ainsi, la suite (M2n – m2n) a pour limite 0.3. a. La suite (M2n – m2n) est décroissante et a pour limite 0,donc la suite (Mn – mn) a pour limite 0 (d’après la question 1),et les suites (Mn) et (mn) ont même limite L.Puisque mn pi, 1(n) Mn, alors la suite (pi, 1(n)) converge vers L.b. De la même façon, on en déduit que la suite (Pn) converge,et la suite (Un) aussi.

2. Algorithme :

Saisir na prend la valeur 0b prend la valeur 200Pour i allant de 2 à n

c prend la valeur b

b prend la valeur 12 × b + 12 × a

a prend la valeur cFin PourAfficher b

3. A =

12

12

1 0.

4. a. P–1 =−

23

13

13

13

et D = −

1 00 1

2.

b. D n = ( )−

1 0

0 12

n et An = PDn P–1, d’où :

An = 13

( ) ( )( ) ( )

− − − −

− − + −

2 12

1 12

2 2 12

1 2 12

n n

n n.

5. a. Xn = An × X0, avec X0 =

2000

..

D’où Xn =

n

n

2003

2 12

2003

2 2 12

( )( )

− −

− −

.

On en déduit : un =n200

32 2 1

2.( )− −

.

b. un

nlim+→

= 4003

, donc le trésor se trouve sur la droite reliant

le puits au figuier, à 4003

mètres du puits.

88 1. La matrice C telle que C = AC + B est C = −

32

.

D’où Xn = An(X0 – C) + C

Xn =−

2 00 ( 1)

n

n ×−

41

+ −

32

Xn = × −− +

+

4 2 3( 1) 21

n

n .

2. La suite (Xn) n’est pas convergente, car les suites de termegénéral 2n et (–1)n+1 divergent.

89 La matrice de transition est M =

0, 4 0,60,35 0,65

, en

considérant les états A : « l’habitant pratique le covoiturage »et B : « l’habitant se déplace seul en voiture».L’état stable vérifie (x y) × M = (x y) avec x + y = 1, soit x = 7

19et y = 12

19.

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245Chapitre 4 Problèmes d'évolution – Term S spécialité

4. a. (un) converge vers 0 car 1 – a et 1 – b appartiennent à ]0 ; 1[.b. P (Cn) a pour limite 0 quand n tend vers + , donc laprobabilité qu’il y ait une panne à la n-ième simulation tendvers 1 : le test fonctionne, il y aura bien une panne à un momentdonné.93 Partie A

1. On entre 1 en B1, puis la formule =B1+1 en C1, que l’onrecopie vers la droite.2. a. On saisit en B2 la formule :

=ALEA.ENTRE.BORNES(1;4) .

b. On saisit en C2 la formule :

=MAX(B2;ALEA. ENTRE.BORNES(1;4) .

c. On la recopie vers la droite jusqu’en CW2.3. On entre dans la colonne A les entiers de 1 à 500, puis onrecopie la zone B2:CW2 jusqu’à la ligne 501.4. a. On saisit en CY2 la formule :

=EQUIV(4;B2:CW2;0) .

On obtient ainsi le numéro du premier lancer donnant 4.b. On recopie la formule précédente dans la colonne CY.5. On saisit en CY503 la formule :

=MOYENNE(CY2:CY501) .

Enfaisantplusieurssimulations,onobtientunnombrevoisinde4.

Partie B

1. A =

14

14

14

14

0 12

14

14

0 0 34

14

0 0 0 1

.

2. On calcule successivement E0 × A, E0 × A2, E0 × A3 et E0 × A 4.Le 4e élément de chacune de ces matrices donne la probabilitécherchée.Ainsi, les probabilités de gagner successivement en un coup,

deux coups, trois coups et quatre coups sont : 14, 7

16, 37

64et 175

256.

3. On montre ceci par récurrence, et on définit les suites del’énoncé de la façon suivante :a1 = b1 = c1 = d1 = e1 = f1 = 1.an + 1 = 2an + 1 ; bn + 1 = an + 3bn + 1 ;cn + 1 = an + bn + 4cn + 1 ; dn + 1 = 3dn + 2n ;en + 1 = dn + 4en + 2n ; fn + 1 = 4fn + 3n.4. a. (an) est une suite arithmético-géométrique. On trouve :

an = 2n – 1.b. bn + 1 + 2n + 1 = 3 (bn + 2n).D’où : bn + 2n = 3n – 1 (b1 + 2), et bn = 3n – 2n.c. cn + 1 + 3n + 1 = 4 (cn + 3n), donc :

cn + 3n = 4n–1 (c1 + 3) et cn = 4n – 3n.d. On trouve de la même façon : dn = 3n – 2n, puis en = fn = 4n – 3n.

D’où : Bn =

n n n n n

n n n n n

n n n

n

1 2 1 3 2 4 30 2 3 2 4 30 0 3 4 30 0 0 4

− − −− −

.

4. Le raisonnement est le même en étudiant la suite (urn), puisla différence Mrn – mrn.91 1. Fin du tableau :

8 9 10 11 12 13

DP F F SP DP SP

2. a. b1 = 0 ; b2 = ( )23

2= 4

9; b3 = 1

3 × ( )23

2= 4

27; b4 = 1

3 × ( )23

2= 4

27.

b. PF1 (Bn + 2) = P (Bn + 1).

PF1  F2 (Bn + 2) = P (Bn).

PP1 (Bn + 2) = 1

3 × P (Bn).

c. bn +2 = P (P1  Bn +2) + P (F1  Bn +2)bn +2 = PP1

 (Bn + 2) × P (P1) + PF1 (Bn + 2)× P (F1)

bn +2 = 29

bn + 13 bn + 1.

3. a. A =

0 129

13

.

b. Un = An–1U1, où U1 =

049

.

c. P–1 =−

19

13

29

13

et D =−

23

0

0 13

.

d. D n =( )

( )−

23

0

0 13

n

n.

An =( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

+ − − −

− − + −

13

23

23

13

23

13

29

23

29

13

23

23

13

13

n n n n

n n n n.

e. bn = ( ) ( )− −49

23

49

13

n n.

4. a.–Cn = B1  B2  …  Bn.

b. P (Cn) = 1 – (b1 + b2 + … + bn).

cn = 1 – 49 k

n

1∑=( )23

k+ 4

9 k

n

1∑=( )− 1

3k

cn = 1 – 49 × 2

3

n1 2

313

( )−– 4

9 × 13

n1 1

343

( )− −

cn =n8

923( ) +

n19

13( )− .

c. cn

nlim+→

= 0 : il y aura apparition d’un double pile pour n assez

grand.92 1. P (A1) = a ; P (B1) = (1 – a)b ;

P (C1) = (1 – a)(1 – b).2. Les événements A1, B1, C1  A2, C1  B2 et C1  C2 peuventsurvenir à l’issue d’au plus deux simulations de passage.P (C1  A2) = (1 – a)(1 – b)a.P (C1  B2) = (1 – a)2(1 – b)b.P (C1  C2) = (1 – a)2(1 – b)2.3. P (An) = (1 – a)n–1(1 – b)n–1a.P (Bn) = (1 – a)n–1(1 – b)n–1b.P (Cn) = (1 – a)n(1 – b)n.

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246

c. Oui, car les deux compétiteurs vont être éliminés à unmoment donné.

Partie B

1. P (T = 1) = 23.

2. a. P (C1 C2 …  Cn) = ( )×23

12

n= n

13

.

b. P (T n) = n1

3.

P (T = n) = n1

3 1− – n1

3 .

3. P T kn k

nlim ( )

+ 1∑ =

→ =

=n nlim 1 1

3+( )−

→= 1. Cette limite est 1, car

ils vont bien être éliminés à un instant ou à un autre.4. a. En effet : P (T = n) = P (T n) – P (T n) et donc :

P (T = n) = P (T n – 1) – P ( T n).

b. k P T kk

n

˜ ( )1

∑ ==

= k P T kk

n

˜ ( 1)1

∑ −=

– k P T kk

n˜ ( )

1∑

=

= j P T jj

n( 1) ( )

0

1� �∑

=

−– k P T k

k

n˜ ( )

1∑

=

= j P T jj

n˜ ( )

0

1∑

=

−+ P T j

j

n( )

0

1∑

=

−– k P T k

k

n˜ ( )

1∑

=

D’où : k P T kk

n

( )1

∑ ==

= P T jj

n( )

0

1∑

=

−– n P (T n), et ainsi :

n P (T n) + k P T kk

n( )

1∑ ==

= P T kk

n( )

0

1∑

=

−.

c. n P (T n) = nn3

, et n P T nnlim ( )

+�

�( )

→= 0.

P T kk

n( )

0

1∑

=

−=

k

n

k1

30

1

∑=

−=

n1 1

31 1

3

( )−

−: la limite de P T k

k

n( )

0

1∑

=

−en + 

est donc 32

.

D’où : k P T kn k

nlim ( )

+ 1∑ =

→ =

= 32

.

d. On a calculé l’espérance mathématique de T ; ainsi, le tempsmoyen de première élimination est 1,5.

95 1. M =

r p qq r pp q r

.

2. a. Le point M reste toujours en A.b. Le point M prend successivement les positions A, B, C, A,B, C, …c. Le point M a toujours la même probabilité de se trouver enA, B ou C.

3. a. P–1 = 13 − −

1 1 12 1 11 1 2

.

b. D = −

13

0 0

0 13

0

0 0 13

p

p

.

An = n1

4

n n n n n

n n n n n

n n n

n

1 2 1 3 2 4 30 2 3 2 4 30 0 3 4 30 0 0 4

− − −− −

.

5. En = E0 × An =n

n

n

n n

n

n n

n1

42 1

43 2

44 3

4− − −

.

La limite de (En) est la matrice (0 0 0 1).

6. On résoutn n

n4 3

4− 0,999, ce qui donne

( )34

n 0,001 et n

ln 0,001

ln 34( ) , soit n 25.

Il faut faire au moins 25 lancers.

Partie C1. P (T = 1) = 1

4  ; P (T = 2) = 316

.

2. P (T = k) = 14 × ( ) −3

41k

.

3. E (T) = kk k

n klim 1

434+ 1

1

∑ ( )× ×

→ =

−= 1

4 × 16 = 4.

94 Partie A1. a. On trouve : 2

3, 0, 0, 13

.

b. On trouve : 0, 12, 0, 1

2.

c. On trouve : 13, 1

6 , 13, 1

6.

d. On trouve : 0, 0, 0, 1.

2. M =

23

0 0 13

0 12

0 12

13

16

13

16

0 0 0 1

.

3. a. D =

1 0 0 00 1

20 0

0 0 23

0

0 0 0 13

.

b. D n =n

n

n

n

1 0 0 00 1

20 0

0 0 23

0

0 0 0 13

.

Mn =

n

n

n

n

n n

n

n n n n n n n

n

n

23

0 0 23

0 12

0 1 12

23

13

12

13

13

1 13

12

23

0 0 0 1

− − + − −

4. a. X0 = (0 0 1 0), et Xn = X0 × Mn, d’où :

Xn = n

n n n n n n n

n

n23

13

12

13

13

1 13

12

23

− − + − −

.

b. La suite (Xn) converge vers (0 0 0 1).

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247Chapitre 4 Problèmes d'évolution – Term S spécialité

Prises d'initiatives

96 Soit A l’état «  le message est correct » et B l’état «  lemessage est déformé en son contraire ». Alors, la matrice detransition est :

M =−

11

p pp p

.

Il existe un état stable car p ≠ 0 et 1 – p ≠ 0.

Cet état stable est 12

12( ).

La probabilité que l’information transmise par le n-ièmeintermédiaire soit conforme à l’information initiale devientégale à 1

2 quand le nombre d’intermédiaires devient important.

97 Pour chaque chiffre du mot, la matrice de transition est lamême que celle de l’exercice 96.

Donc, l’état stable est 12

12( ), et la probabilité qu’un chiffre

soit inchangé à la fin du réseau est environ 12.

Pour un mot de 5 chiffres, la probabilité est donc 132

.

c. Dn =

( )( )

( )−

13

0 0

0 13

0

0 0 13

p

p

n

n

n

.

Tn = 13

+ − −− + −− − +

2 1 1 11 2 1 11 1 2 1

a a aa a aa a a

n n n

n n n

n n n

, en posant an = (1 – 3p)n.

d. La probabilité que M soit en A à l’instant n est :13 (2 (1 – 3p)n + 1).

La probabilité que M soit en B à l’instant n est 13 (1– (1 – 3p)n).

La probabilité que M soit en C à l’instant n est aussi 13 (1– (1 – 3p)n).

e. Puisque – 12 1 – 3p 1, alors p

nnlim (1 3 )

+−

→= 0. On en

déduit que la probabilité que M soit en A, B ou C tend vers 13

quand n tend vers + .

f. Ces résultats sont les mêmes, que M parte de A, B ou C.

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